Hình giải tích 12 1đ

Trần Sĩ Tùng PP toạ độ trong không gian

Trang 1

TĐKG 01: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG

Dạng 1: Viết phương trình mặt phẳng bằng cách xác định vectơ pháp tuyến Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;4;1), B(–1;1;3) và mặt phẳng

(P): x y z–3 2 –5 0+ = . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P).

• (Q) đi qua A, B và vuông góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT Pn n AB, (0; 8; 12) 0 = = − − ≠ uuur rr r

⇒ Q y z( ) : 2 3 11 0+ − = . Câu hỏi tương tự: a) Với A(1; 0; 1), B(2; 1; 2), 2 3 3 0P x y z( ) : + + + = . ĐS: Q x y z( ) : 2 2 0− + − = Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm

A B(2;1;3), (1; 2;1)− và song song với đường thẳng x t

d y tz t

1: 2

3 2

= − +=

= − −.

• Ta có BA (1;3;2)=uur

, d có VTCP u (1;2; 2)= −r .

Gọi nr là VTPT của (P) ⇒ n BAn u

⊥ ⊥

uurrr r ⇒ chọn n BA u, ( 10;4; 1) = = − −

uurr r

⇒ Phương trình của (P): x y z10 4 19 0− + − = . Câu 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng d1( ) và d2( ) có phương trình:

x y zd11 1 2( );

2 3 1− + −

= = , x y zd 24 1 3( ) :

6 9 3− − −

= = . Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa

(d1 ) và d2( ) . • Chứng tỏ (d1) // (d2). (P): x + y – 5z +10 = 0 Câu 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:

x y z x y z2 2 2 2 6 4 2 0+ + − + − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v (1;6;2)=r , vuông góc với mặt phẳng x y z( ) : 4 11 0α + + − = và tiếp xúc với (S).

• (S) có tâm I(1; –3; 2) và bán kính R = 4. VTPT của ( )α là n (1;4;1)=r . ⇒ VTPT của (P) là: [ ]Pn n v, (2; 1;2)= = −r r r ⇒ PT của (P) có dạng: x y z m2 2 0− + + = .

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d I P( ,( )) 4= mm

213

= −⇔ =.

Vậy: (P): x y z2 2 3 0− + + = hoặc (P): x y z2 2 21 0− + − = . Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1; –1; 1) và hai đường thẳng

x y zd11( ) :

1 2 3+

= =− −

và x y zd21 4( ) :

1 2 5− −

= = . Chứng minh rằng điểm M d d1 2, , cùng

nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. • d1 qua M1(0; 1;0)− và có u1 (1; 2; 3)= − −r , d2 qua M2(0;1;4) và có u2 (1;2;5)=r .

u u1 2; ( 4; 8;4) 0 = − − ≠ rr r , M M1 2 (0;2;4)=

uuuuuur⇒ u u M M1 2 1 2; . 0 =

uuuuuurr r ⇒ d d1 2, đồng phẳng.

Gọi (P) là mặt phẳng chứa d d1 2, ⇒ (P) có VTPT n (1;2; 1)= −r và đi qua M1 nên có phương trình x y z2 2 0+ − + = . Kiểm tra thấy điểm M P(1;–1;1) ( )∈ .

PP toạ độ trong không gian Trần Sĩ Tùng

Trang 2

Dạng 2: Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến mặt cầu

Câu 6. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: x y z3 32 2 1− −

= = và mặt cầu

(S): x y z x y z2 2 2 2 2 4 2 0+ + − − − + = . Lập phương trình mặt phẳng (P) song song với d và trục Ox, đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S).

• (S) có tâm I(1; 1; 2), bán kính R = 2. d có VTCP u (2;2;1)=r . (P) // d, Ox ⇒ (P) có VTPT [ ]n u i, (0;1; 2)= = −

rr r ⇒ PT của (P) có dạng: y z D2 0− + = .

(P) tiếp xúc với (S) ⇔ d I P R( ,( )) = ⇔ D2 2

1 4 21 2

− +=

+ ⇔ D 3 2 5− = ⇔ D

D3 2 53 2 5

= +

= −

⇒ (P): y z2 3 2 5 0− + + = hoặc (P): y z2 3 2 5 0− + − = .

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x y z x y2 2 2 2 4 4 0+ + + − − = và mặt phẳng (P): x z 3 0+ − = . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm M(3;1; 1)− vuông góc với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).

• (S) có tâm I(–1; 2; 0) và bán kính R = 3; (P) có VTPT Pn (1;0;1)=r .

PT (Q) đi qua M có dạng: A x B y C z A B C2 2 2( 3) ( 1) ( 1) 0, 0− + − + + = + + ≠

(Q) tiếp xúc với (S) ⇔ d I Q R A B C A B C2 2 2( ,( )) 4 3= ⇔ − + + = + + (*) Q PQ P n n A C C A( ) ( ) . 0 0⊥ ⇔ = ⇔ + = ⇔ = −r r (**)

Từ (*), (**) ⇒ B A A B B A AB2 2 2 25 3 2 8 7 10 0− = + ⇔ − + = ⇔ A B A B2 7 4= ∨ = − • Với A B2= . Chọn B = 1, A = 2, C = –2 ⇒ PT (Q): x y z2 2 9 0+ − − = • Với A B7 4= − . Chọn B = –7, A = 4, C = –4 ⇒ PT (Q): x y z4 7 4 9 0− − − = Câu hỏi tương tự: a) Với S x y z x y z2 2 2( ) : 2 4 4 5 0+ + − + − + = , P x y z M( ) : 2 6 5 0, (1;1;2)+ − + = . ĐS: Q x y z( ) : 2 2 6 0+ + − = hoặc Q x y z( ) :11 10 2 5 0− + − = .

Câu 8. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S): x y z x y z2 2 2 –2 4 2 –3 0+ + + + = . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính r 3= .

• (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (P) chứa Ox ⇒ (P): ay + bz = 0. Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (P) đi qua tâm I. Suy ra: –2a – b = 0 ⇔ b = –2a (a ≠ 0) ⇒ (P): y – 2z = 0.

Câu 9. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S): x y z x y z2 2 2 2 2 2 –1 0+ + + − + =

và đường thẳng x ydx z

2 0:2 6 0

− − = − − =

. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và cắt mặt cầu

(S) theo một đường tròn có bán kính r 1= . • (S) có tâm I( 1;1; 1)− − , bán kính R = 2.

PT mặt phẳng (P) có dạng: ax by cz d a b c2 2 20 ( 0)+ + + = + + ≠ . Chọn M N d(2;0; 2), (3;1;0)− ∈ .


Trang 3

Ta có:

M PN P

d I P R r2 2

( )( )

( ,( ))

∈ ∈ = −

⇔ a b c a b d a ba b c a b d a b

,2 ( ), 3 (1)17 7 ,2 ( ), 3 (2)

= = − + = − − = − = − + = − −

+ Với (1) ⇒ (P): x y z 4 0+ − − = + Với (2) ⇒ (P): x y z7 17 5 4 0− + − =

Câu 10. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng x y z1

1:2 1 1

∆ −= =

−,

x y z2

1:1 1 1

∆ −= =

− − và mặt cầu (S): x y z x y z2 2 2 –2 2 4 –3 0+ + + + = . Viết phương trình

tiếp diện của mặt cầu (S), biết tiếp diện đó song song với hai đường thẳng ∆1 và ∆1.

• (P): y z 3 3 2 0+ + + = hoặc (P): y z 3 3 2 0+ + − = Câu 11. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình

x y z x y z2 2 2 2 4 6 11 0+ + − + − − = và mặt phẳng (α) có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (β) song song với (α) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng p 6π= .

• Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D ≠ 17) (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5. Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3.

Khoảng cách từ I tới (β) là h = R r2 2 2 25 3 4− = − =

Do đó D DD

D (loaïi)2 2 2

2.1 2( 2) 3 74 5 12172 2 ( 1)

+ − − + = −= ⇔ − + = ⇔ =+ + −

Vậy (β) có phương trình x y z2 2 – – 7 0+ = . Câu hỏi tương tự: a) y z x y zS x 2 2 2 4 6 11 02( ) : + + + + − − = , x y z( ) : 2 2 19 0+ − + =α , p 8π= . ĐS: x y z( ) : 2 2 1 0+ − + =β


Trang 4

Dạng 3: Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến khoảng cách Câu 12. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua O, vuông

góc với mặt phẳng (Q): x y z 0+ + = và cách điểm M(1; 2; –1) một khoảng bằng 2 .

• PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng: Ax By Cz 0+ + = (với A B C2 2 2 0+ + ≠ ). • Vì (P) ⊥ (Q) nên: A B C1. 1. 1. 0+ + = ⇔ C A B= − − (1)

• d M P( ,( )) 2= ⇔ A B C

A B C2 2 2

2 2+ −=

+ + ⇔ A B C A B C2 2 2 2( 2 ) 2( )+ − = + + (2)

Từ (1) và (2) ta được: AB B28 5 0+ = ⇔ BA B

0 (3)8 5 0 (4)

= + =

• Từ (3): B = 0 ⇒ C = –A. Chọn A = 1, C = –1 ⇒ (P): x z 0− = • Từ (4): 8A + 5B = 0. Chọn A = 5, B = –8 ⇒ C = 3 ⇒ (P): x y z5 8 3 0− + = .

Câu 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : x y z1 31 1 4− −

= = và

điểm M(0; –2; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M, song song với đường thẳng ∆, đồng thời khoảng cách d giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4.

• Phương trình mp (P) đi qua M(0; –2; 0) có dạng: ax by cz b2 0+ + + = ( a b c2 2 2 0+ + ≠ ) ∆ đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một VTCP u (1;1;4)=r

Ta có: a b c

P a bd A P d

a b c2 2 2

4 0( ) 5 4( ;( ))

+ + =∆ +⇔ == + +

P ⇔ a ca c

42

= = −

.

• Với a c4= . Chọn a c b4, 1 8= = ⇒ = − ⇒ Phương trình (P): x y z4 8 16 0− + − = . • Với a c2= − . Chọn a c b2, 1 2= = − ⇒ = ⇒ Phương trình (P): x y z2 2 4 0+ − + = . Câu hỏi tương tự:

a) Với x y z M d1: ; (0;3; 2), 31 1 4

∆ −= = − = .

ĐS: P x y z( ) : 2 2 8 0+ − − = hoặc P x y z( ) : 4 8 26 0− + + = .

Câu 14. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng x t

d y tz

( ) : 1 21

= = − + =

và điểm

A( 1;2;3)− . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) bằng 3.

• (d) đi qua điểm M(0; 1;1)− và có VTCT u (1;2;0)=r . Gọi n a b c( ; ; )=r với a b c2 2 2 0+ + ≠ là VTPT của (P) .

PT mặt phẳng (P): a x b y c z ax by cz b c( 0) ( 1) ( 1) 0 0− + + + − = ⇔ + + + − = (1). Do (P) chứa (d) nên: u n a b a b. 0 2 0 2= ⇔ + = ⇔ = −r r (2)

( ) a b c b cd A P b c b c

a b c b c

2 22 2 2 2 2

3 2 5 2,( ) 3 3 3 5 2 3 5

5

− + + += ⇔ = ⇔ = ⇔ + = +

+ + +

( )b bc c b c c b22 24 4 0 2 0 2⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = (3)

Từ (2) và (3), chọn b 1= − ⇒ a c2, 2= = − ⇒ PT mặt phẳng (P): x y z2 2 1 0− − + = .


Trang 5

Câu 15. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm M N I( 1;1;0), (0;0; 2), (1;1;1)− − . Viết

phương trình mặt phẳng (P) qua A và B, đồng thời khoảng cách từ I đến (P) bằng 3 .

• PT mặt phẳng (P) có dạng: ax by cz d a b c2 2 20 ( 0)+ + + = + + ≠ .

Ta có: M PN Pd I P

( )( )

( ,( )) 3

∈ ∈ =

⇔ a b c a b d a ba b c a b d a b

,2 , (1)5 7 ,2 , (2)

= − = − = − = = − = −

.

+ Với (1) ⇒ PT mặt phẳng (P): x y z 2 0− + + = + Với (2) ⇒ PT mặt phẳng (P): x y z7 5 2 0+ + + = . Câu 16. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(1; 1;2)− , B(1;3;0) ,

C( 3;4;1)− , D(1;2;1) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng cách từ D đến (P).

• PT mặt phẳng (P) có dạng: ax by cz d a b c2 2 20 ( 0)+ + + = + + ≠ .

Ta có: A PB Pd C P d D P

( )( )

( ,( )) ( ,( ))

∈∈

= ⇔

a b c da b d

b c d a b c d

a b c a b c2 2 2 2 2 2

2 03 0

3a 4 2

− + + = + + = − + + + + + +

= + + + +

⇔ b a c a d ac a b a d a

2 , 4 , 72 , , 4

= = = − = = = −

+ Với b a c a d a2 , 4 , 7= = = − ⇒ (P): x y z2 4 7 0+ + − = . + Với c a b a d a2 , , 4= = = − ⇒ (P): x y z2 4 0+ + − = . Câu hỏi tương tự: a) Với A B C D(1;2;1), ( 2;1;3), (2; 1;1), (0;3;1)− − . ĐS: P x y z( ) : 4 2 7 15 0+ + − = hoặc P x z( ) : 2 3 5 0+ − = . Câu 17. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A(1;2;3) , B(0; 1;2)− ,

C(1;1;1) . Viết phương trình mặt phẳng P( ) đi qua A và gốc tọa độ O sao cho khoảng cách từ B đến P( ) bằng khoảng cách từ C đến P( ) .

• Vì O ∈ (P) nên P ax by cz( ) : 0+ + = , với a b c2 2 2 0+ + ≠ . Do A ∈ (P) ⇒ a b c2 3 0+ + = (1) và d B P d C P b c a b c( ,( )) ( ,( )) 2= ⇔ − + = + + (2) Từ (1) và (2) ⇒ b 0= hoặc c 0= . • Với b 0= thì a c3= − ⇒ P x z( ) : 3 0− = • Với c 0= thì a b2= − ⇒ P x y( ) : 2 0− = Câu hỏi tương tự: a) Với A B C(1;2;0), (0;4;0), (0;0;3) . ĐS: x y z6 3 4 0− + + = hoặc x y z6 3 4 0− + = . Câu 18. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1;1; 1)− , B(1;1;2) ,

C( 1;2; 2)− − và mặt phẳng (P): x y z2 2 1 0− + + = . Viết phương trình mặt phẳng ( )α đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại I sao cho IB IC2= .

• PT ( )α có dạng: ax by cz d 0+ + + = , với a b c2 2 2 0+ + ≠ Do A(1;1; 1) ( )α− ∈ nên: a b c d 0+ − + = (1); P( ) ( )α ⊥ nên a b c2 2 0− + = (2)

IB IC2= ⇒ d B d C( ,( )) 2 ( ;( ))α α= ⇒ a b c d a b c d

a b c a b c2 2 2 2 2 2

2 2 22

+ + + − + − +=

+ + + +


Trang 6

a b c da b c d

3 3 6 0 (3)5 2 3 0

− + − =⇔ − + − + =

Từ (1), (2), (3) ta có 2 trường hợp sau :

TH1 : a b c da b c b a c a d aa b c d

0 1 32 2 0 ; ;2 23 3 6 0

+ − + = − − − + = ⇔ = = − = − + − =

.

Chọn a b c d2 1; 2; 3= ⇒ = − = − = − ⇒ ( )α : x y z2 2 3 0− − − =

TH2 : a b c da b c b a c a d a

a b c d

0 3 32 2 0 ; ;2 25 2 3 0

+ − + = − − + = ⇔ = = =− + − + =

.

Chọn a b c d2 3; 2; 3= ⇒ = = = − ⇒ ( )α : x y z2 3 2 3 0+ + − = Vậy: ( )α : x y z2 2 3 0− − − = hoặc ( )α : x y z2 3 2 3 0+ + − = Câu 19. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d d1 2, lần lượt có phương

trình x y zd12 2 3:

2 1 3− − −

= = , x y zd21 2 1:

2 1 4− − −

= =−

. Viết phương trình mặt phẳng cách

đều hai đường thẳng d d1 2, .

• Ta có d1 đi qua A(2;2;3) , có du 1 (2;1;3)=r , d2 đi qua B(1;2;1) và có du 2 (2; 1;4)= −r .

Do (P) cách đều d d1 2, nên (P) song song với d d1 2, ⇒ P d dn u u1 2, (7; 2; 4) = = − − r r r

⇒ PT mặt phẳng (P) có dạng: x y z d7 2 4 0− − + = Do (P) cách đều d d1 2, suy ra d A P d B P( ,( )) ( ,( ))=

⇔ d d7.2 2.2 4.3 7.1 2.2 4.1

69 69

− − + − − += d d d 32 1

2⇔ − = − ⇔ =

⇒ Phương trình mặt phẳng (P): x y z14 4 8 3 0− − + = Câu 20. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d d1 2, lần lượt có phương

trình x t

d y tz

1

1: 2

1

= + = − =

, x y zd22 1 1:

1 2 2− − +

= =−

. Viết phương trình mặt phẳng (P) song song

với d1 và d2 , sao cho khoảng cách từ d1 đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ d2 đến (P).

• Ta có : d1 đi qua A(1;2;1) và có VTCP u1 (1; 1;0)= −r

d2 đi qua B(2;1; 1)− và có VTCP là u2 (1; 2;2)= −r

Gọi nr là VTPT của (P), vì (P) song song với d1 và d2 nên n u u1 2, ( 2; 2; 1) = = − − − r r r

⇒ Phương trìnht (P): x y z m2 2 0+ + + = .

md d P d A P17( ,( )) ( ;( ))

3+

= = ; md d P d B P25( ,( )) ( ,( ))

3+

= =

d d P d d P1 2( ,( )) 2 ( ,( ))= m m7 2. 5⇔ + = + m mm m

7 2(5 )7 2(5 )

+ = +⇔ + = − +m m 173;

3⇔ = − = −

+ Với m 3= − ⇒ P x y z( ) : 2 2 –3 0+ + = + Với m 173

= − ⇒ P x y z 17( ) : 2 2 03

+ + − =


Trang 7

Câu 21. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A(0; 1;2)− , B(1;0;3) và tiếp xúc với mặt cầu (S): x y z2 2 2( 1) ( 2) ( 1) 2− + − + + = .

• (S) có tâm I(1;2; 1)− , bán kính R 2= .

PT mặt phẳng (P) có dạng: ax by cz d a b c2 2 20 ( 0)+ + + = + + ≠

Ta có: A PB Pd I P R

( )( )

( ,( ))

∈∈

= ⇔ a b c a b d a b

a b c a b d a b, , 2 3 (1)

3 8 , , 2 3 (2) = − = − − = + = − = − − = +

+ Với (1) ⇒ Phương trình của (P): x y 1 0− − = + Với (2) ⇒ Phương trình của (P): x y z8 3 5 7 0− − + = Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; 1;1)− . Viết phương trình mặt

phẳng (P) đi qua điểm A và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất. • Ta có d O P OA( ,( )) ≤ . Do đó d O P OAmax( ,( )) = xảy ra OA P( )⇔ ⊥ nên mặt phẳng (P)

cần tìm là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với OA. Ta có OA (2; 1;1)= −uuur

Vậy phương trình mặt phẳng (P): x y z2 6 0− + − = .. Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; –1) và đường thẳng d có

phương trình: x y z1 12 1 3− −

= = . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d

và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. • Gọi H là hình chiếu của A trên d ⇒ d(d, (P)) = d(H, (P)). Giả sử điểm I là hình chiếu của

H lên (P), ta có AH HI≥ ⇒ HI lớn nhất khi A I≡ . Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH

uuur làm VTPT ⇒ (P): x y z7 5 77 0+ − − = .

Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) có phương trình tham số

{x t y t z t2 ; 2 ; 2 2= − + = − = + . Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;–1) song song với (d) và I(–2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (d). Viết phương trình của mặt phẳng chứa ∆ và có khoảng cách đến (d) là lớn nhất.

• Gọi (P) là mặt phẳng chứa ∆, thì P d( ) ( )P hoặc P d( ) ( )⊃ . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA≤ và IH AH⊥ .

Mặt khác d d P d I P IHH P

( ,( )) ( ,( ))( )

= = ∈

Trong (P), IH IA≤ ; do đó maxIH = IA H A⇔ ≡ . Lúc này (P) ở vị trí (P0) ⊥ IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P0) là ( )n IA 6;0; 3= = −

r uur, cùng phương với ( )v 2;0; 1= −

r.

Phương trình của mặt phẳng (P0) là: x z x z2( 4) 1.( 1) 2 9 0− − + = − − = .

Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x y zd 1 2:2 1 2− −

= = và điểm

A(2;5;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (P) là lớn nhất.

• PT mặt phẳng (P) có dạng: ax by cz d a b c2 2 20 ( 0)+ + + = + + ≠ . (P) có VTPT n a b c( ; ; )=r , d đi qua điểm M(1;0;2) và có VTCP u (2;1;2)=r .


Trang 8

Vì (P) ⊃ d nên M Pn u

( ). 0

∈ =r r ⇒ a c d

a b c2 0

2 2 0 + + = + + =

⇒ c a bd a b2 (2 ) = − +

= + . Xét 2 trường hợp:

TH1: Nếu b = 0 thì (P): x z 1 0− + = . Khi đó: d A P( ,( )) 0= . TH2: Nếu b ≠ 0. Chọn b 1= ta được (P): ax y a z a2 2 (2 1) 2 2 0+ − + + + = .

Khi đó: d A Pa a

a2 2

9 9( ,( )) 3 28 4 5 1 32 2

2 2

= = ≤+ +

+ +

Vậy d A Pmax ( ,( )) 3 2= ⇔ a a1 12 02 4

+ = ⇔ = − . Khi đó: (P): x y z4 3 0− + − = .

Câu hỏi tương tự:

a) x y zd A1 1 2: , (5;1;6)2 1 5− + −

= = . ĐS: P x y z( ) : 2 1 0+ − + =

b) x y zd A1 2: , (1;4;2)1 1 2− +

= =−

. ĐS: P x y z( ) : 5 13 4 21 0+ − + =

Câu 26. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai điểm M(0; 1;2)− và N( 1;1;3)− . Viết phương

trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ điểm K(0;0;2) đến mặt phẳng (P) là lớn nhất.

• PT (P) có dạng: Ax B y C z Ax By Cz B C( 1) ( 2) 0 2 0+ + + − = ⇔ + + + − =

A B C2 2 2( 0)+ + ≠ N P A B C B C A B C( 1;1;3) ( ) 3 2 0 2− ∈ ⇔ − + + + − = ⇔ = +

P B C x By Cz B C( ) : (2 ) 2 0⇒ + + + + − = ; d K PB C BC

B( , ( ))

2 24 2 4=

+ +

• Nếu B = 0 thì d(K, (P)) = 0 (loại)

• Nếu B 0≠ thì Bd K PB C BC C

B

2 2 2

1 1( ,( ))24 2 4

2 1 2

= = ≤+ +

+ +

Dấu “=” xảy ra khi B = –C. Chọn C = 1. Khi đó PT (P): x y z– 3 0+ + = .


Trang 9

Dạng 4: Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến góc Câu 27. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) chứa đường thẳng ():

x y z11 1 2−

= =− −

và tạo với mặt phẳng (P) : x y z2 2 1 0− − + = một góc 600. Tìm tọa độ giao

điểm M của mặt phẳng (α) với trục Oz.

• () qua điểm A(1;0;0) và có VTCP u (1; 1; 2)= − −r . (P) có VTPT n (2; 2; 1)′ = − −r .

Giao điểm M m(0;0; ) cho AM m( 1;0; )= −uuuur

. (α) có VTPT n AM u m m, ( ; 2;1) = = − uuur urr

(α) và (P): x y z2 2 1 0− − + = tạo thành góc 600 nên :

( )n n m mm m

22

1 1 1cos , 2 4 1 02 22 4 5

′ = ⇔ = ⇔ − + =− +

r r ⇔ m 2 2= − hay m 2 2= +

Kết luận : M(0;0;2 2)− hay M(0;0;2 2)+ Câu 28. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua giao

tuyến d của hai mặt phẳng x y( ) : 2 – –1 0=α , x z( ) : 2 – 0β = và tạo với mặt phẳng

Q x y z( ) : –2 2 –1 0+ = một góc ϕ mà 2 2cos9

ϕ =

• Lấy A B d(0;1;0), (1;3;2)∈ . (P) qua A ⇒ PT (P) có dạng: Ax By Cz B– 0+ + = . (P) qua B nên: A B C B3 2 – 0+ + = ⇒ A B C(2 2 )= − + ⇒ P B C x By Cz B( ) : (2 2 ) – 0− + + + =

B C B C

B C B C2 2 2

2 2 2 2 2 2cos93 (2 2 )

ϕ− − − +

= =+ + +

⇔ B BC C2 213 8 –5 0+ = .

Chọn C B B 51 1; 13

= ⇒ = = .

+ Với B C 1= = ⇒ P x y z( ) : 4 –1 0− + + =

+ Với B C5 , 113

= = ⇒ P x y z( ) : 23 5 13 –5 0− + + = .

Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A B( 1;2; 3), (2; 1; 6)− − − − và mặt

phẳng P x y z( ) : 2 3 0+ + − = . Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa AB và tạo với mặt

phẳng (P) một góc α thoả mãn 3cos6

α = .

• PT mặt phẳng (Q) có dạng: ax by cz d a b c2 2 20 ( 0)+ + + = + + ≠ .

Ta có: A QB Q

( )( )

3cos6

α

∈ ∈ =

⇔ a b c d

b c da b c

a b c2 2 2

2 3 02a 6 0

2 361 4 1

− + − + = − − + = + + = + + + +

⇔ a b c b d ba b c d b

4 , 3 , 15, 0,

= − = − = − = − = = −

⇒ Phương trình mp(Q): x y z4 3 15 0− + + = hoặc (Q): x y 3 0− − = . Câu hỏi tương tự:

a) A B(0;0;1), (1;1;0) , P Oxy 1( ) ( ),cos6

α≡ = .

ĐS: (Q): x y z2 1 0− + − = hoặc (Q): x y z2 1 0− − + = .


Trang 10

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x y zd

x y z3 0:

2 4 0 + + − = + + − =

. Viết

phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc 060α = .

• ĐS: P x y z( ) : 2 2 2 0+ + − − = hoặc P x y z( ) : 2 2 2 0− − − + = Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng P x y z( ) : 5 2 5 1 0− + − = và

Q x y z( ) : 4 8 12 0− − + = . Lập phương trình mặt phẳng R( ) đi qua điểm M trùng với gốc tọa

độ O, vuông góc với mặt phẳng (P) và tạo với mặt phẳng (Q) một góc 045=α .

• Giả sử PT mặt phẳng (R): ax by cz d a b c2 2 20 ( 0)+ + + = + + ≠ . Ta có: R P a b c( ) ( ) 5 2 5 0⊥ ⇔ − + = (1);

· a b cR Qa b c

02 2 2

4 8 2cos(( ),( )) cos4529

− −= ⇔ =

+ + (2)

Từ (1) và (2) ⇒ a ca ac cc a

2 27 6 07

= −+ − = ⇔ =

• Với a c= − : chọn a b c1, 0, 1= = = − ⇒ PT mặt phẳng R x z( ) : 0− = • Với c a7= : chọn a b c1, 20, 7= = = ⇒ PT mặt phẳng R x y z( ) : 20 7 0+ + = Câu hỏi tương tự: a) Với P x y z Q Oyz M 0( ) : 2 0,( ) ( ), (2; 3;1), 45− − = ≡ − =α . ĐS: R x y( ) : 1 0+ + = hoặc R x y z( ) : 5 3 4 23 0− + − = Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng có phương trình:

x y z1

1 1 1:1 1 3

∆ − + −= =

− và x y z

2 :1 2 1

∆ = =−

. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa 1∆ và

tạo với 2∆ một góc 030=α .

• Đáp số: (P): x y z5 11 2 4 0+ + + = hoặc (P): x y z2 2 0− − − = . Câu hỏi tương tự:

a) Với x y z1

2:1 1 1

∆−

= =−

, x y z2

2 3 5:2 1 1

∆− − +

= =−

, 030=α .

ĐS: (P): x y z2 2 2 0− − + = hoặc (P): x y z2 4 0+ + − =

b) x y z1

1 1:2 1 1

∆ − += =

−, x y z

22 1:

1 1 1∆ − +

= =−

, 030=α .

ĐS: (P): x y z(18 114) 21 (15 2 114) (3 114) 0+ + + + − − =

hoặc (P): x y z(18 114) 21 (15 2 114) (3 114) 0− + + − − + = Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm

M(1;2;3) và tạo với các trục Ox, Oy các góc tương ứng là 0 045 , 30 . • Gọi n a b c( ; ; )=r là VTPT của (P). Các VTCP của trục Ox, Oy là i j(1;0;0), (0;1;0)= =

r r.

Ta có: Ox P

Oy P

2sin( ,( ))2

1sin( ,( ))2

=

=

⇔ a bc b

2 =

=


Trang 11

PT mặt phẳng (P): x y z2( 1) ( 2) ( 3) 0− + − ± − = hoặc x y z2( 1) ( 2) ( 3) 0− − + − ± − = Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x y z2 5 0+ − + = và đường

thẳng x y zd 1 1 3:2 1 1+ + −

= = . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và tạo

với mặt phẳng (Q) một góc nhỏ nhất.

• PT mặt phẳng (P) có dạng: ax by cz d a b c2 2 20 ( 0)+ + + = + + ≠ . Gọi ·P Q(( ),( ))=α .

Chọn hai điểm M N d( 1; 1;3), (1;0;4)− − ∈ . Ta có: M P c a bN P d a b

( )( ) 7 4

∈ = − −⇒ ∈ = +

⇒ (P): ax by a b z a b( 2 ) 7 4 0+ + − − + + = ⇒ a b

a ab b2 2

3cos .6 5 4 2

α +=

+ +

TH1: Nếu a = 0 thì b

b2

3 3cos .26 2

α = = ⇒ 030=α .

TH2: Nếu a ≠ 0 thì

ba

b ba a

2

13cos .6

5 4 2

α+

=

+ +

. Đặt bxa

= và f x 2( ) cos α=

Xét hàm số x xf xx x

2

29 2 1( ) .6 5 4 2

+ +=

+ +.

Dựa vào BBT, ta thấy f x 0 0min ( ) 0 cos 0 90 30α= ⇔ = ⇔ = >α Do đó chỉ có trường hợp 1 thoả mãn, tức a = 0. Khi đó chọn b c d1, 1, 4= = = . Vậy: (P): y z 4 0− + = . Câu hỏi tương tự:

a) Với (Q): x y z2 2 –3 0+ + = , x y zd 1 2:1 2 1− +

= =−

. ĐS: P x y z( ) : 2 5 3 0+ + + = .

b) Với x y zQ Oxy d 1 2( ) ( ), :1 1 2− +

≡ = =−

. ĐS: P x y z( ) : 3 0− + − = .

c) Với Q x y z( ) : 2 2 0− − − = , x t

d y tz t

: 1 22

= −= − +

= +. ĐS: P x y z( ) : 3 0+ + − = .

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M N( 1; 1;3), (1;0;4)− − và mặt phẳng

(Q): x y z2 5 0+ − + = . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N và tạo với (Q) một góc nhỏ nhất.

• ĐS: P y z( ) : 4 0− + = . Câu hỏi tương tự: a) M N Q Oxy(1;2; 1), ( 1;1;2),( ) ( )− − ≡ . ĐS: P x y z( ) : 6 3 5 7 0+ + − = .

Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x t

d y tz t

1: 2

2

= −= − +

=. Viết phương

trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và tạo với trục Oy một góc lớn nhất.

• PT mặt phẳng (P) có dạng: ax by cz d a b c2 2 20 ( 0)+ + + = + + ≠ . Gọi ·P Oy(( ), )=α .


Trang 12

Chọn hai điểm M N d(1; 2;0), (0; 1;2)− − ∈ . Ta có: M P c a bN P d a b

( ) 2( ) 2

∈ = −⇒ ∈ = − +

⇒ (P): a bax by z a b2 02−

+ + − + = ⇒ b

a b ab2 2

2sin5 5 2

α =+ −

.

TH1: Nếu b = 0 thì 00=α .

TH2: Nếu b ≠ 0 thì a ab b

2

2sin

5 5 2

α =

+ −

. Đặt axb

= và f x 2( ) sin= α .

Xét hàm số f xx x2

4( )5 2 5

=− +

. Dựa vào BBT, ta được f x x5 1max ( )6 5

= ⇔ = ⇒ 00>α .

Vậy α lớn nhất khi ab

15

= . Chọn a b c d1, 5, 2, 9= = = − = ⇒ (P): x y z5 2 9 0+ − + = .

Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x y zd11 2:

1 2 1− +

= =−

và

x y zd22 1:

2 1 2+ −

= =−

. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 sao cho góc giữa mặt phẳng

(P) và đường thẳng d2 là lớn nhất.

• d1 đi qua M(1; 2;0)− và có VTCP u (1;2; 1)= −r .Vì d P1 ( )⊂ nên M P( )∈ .

PT mặt phẳng (P) có dạng: A x B y Cz( 1) ( 2) 0− + + + = A B C2 2 2( 0)+ + ≠ Ta có: d P u n C A B( ) . 0 2⊂ ⇔ = ⇔ = +r r .

Gọi ·P d2(( ), )=α ⇒ A B A BA AB BA AB B

2

2 22 2

4 3 1 (4 3 )sin .3 2 4 53. 2 4 5

+ += =

+ ++ +α

TH1: Với B = 0 thì sin 2 23

=α

TH2: Với B ≠ 0. Đặt AtB

= , ta được: tsint t

2

21 (4 3).3 2 4 5

+=

+ +α

Xét hàm số tf tt t

2

2(4 3)( )

2 4 5+

=+ +

. Dựa vào BBT ta có: f t 25max ( )7

= khi t 7= − ⇔ AB

7= −

Khi đó f 5 3sin ( 7)9

= − =α .

So sánh TH1 và TH2 ⇒ α lớn nhất với 5 3sin9

=α khi AB

7= − .

⇒ Phương trình mặt phẳng (P) : x y z7 5 9 0 − + − = .

Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x y zd 1 2 1:1 1 1+ − +

= =−

và điểm

A(2; 1;0)− . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc nhỏ nhất.

• ĐS: P x y z( ) : 2 1 0+ + − = .


Trang 13

Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x y z2 2 0− + + = và điểm A(1;1; 1)− . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A, vuông góc với mặt phẳng (Q) và tạo với trục Oy một góc lớn nhất.

• ĐS: P y z( ) : 0+ = hoặc P x y z( ) : 2 5 6 0+ + − = .

Dạng 5: Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến tam giác Câu 40. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6). Viết phương trình mặt

phẳng (P) qua A, cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của tam giác IJK.

• Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ x y zPa b c

( ) : 1+ + =

IA a JA bJK b c IK a c

(4 ;5;6), (4;5 ;6)(0; ; ), ( ;0; )

= − = −= − = −

uur uuruur uur ⇒

a b cb ca c

4 5 6 1

5 6 04 6 0

+ + =

− + =− + =

⇒ a b c77 77 77; ;4 5 6

= = =

Vậy phương trình mặt phẳng (P): x y z4 5 6 77 0+ + − = . Câu hỏi tương tự: a) Với A(–1; 1; 1). ĐS: (P): x y z 3 0− − + = Câu 41. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; 0) M(1; 1; 1). Mặt phẳng (P) thay đổi

qua AM cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B(0; b; 0), C(0; 0; c) (b > 0, c > 0). Chứng minh

rằng: bcb c2

+ = . Từ đó, tìm b, c để diện tích tam giác ABC nhỏ nhất.

• PT mp (P) có dạng: x y zb c

1.2

+ + = Vì M P( )∈ nên b c

1 1 1 12

+ + = ⇔ bcb c2

+ = .

Ta có AB b( 2; ;0)−uuur

, AC c( 2;0; ).−uuur

Khi đó S b c b c2 2 2( )= + + + .

Vì b c bc b c bc2 2 22 ; ( ) 4+ ≥ + ≥ nên S bc6≥ .

Mà bc b c bc bc2( ) 4 16= + ≥ ⇒ ≥ . Do đó S 96≥ . Dấu "=" xảy ra ⇔ b c 4= = .

Vậy: Smin 96= khi b c 4= = . Câu 42. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;2;4) và mặt phẳng P( ) : x y z 4 0+ + + = .

Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và (Q) cắt hai tia Ox, Oy tại 2 điểm B, C sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 6.

• Vì (Q) // (P) nên (Q): x y z d d0 ( 4)+ + + = ≠ . Giả sử B Q Ox C Q Oy( ) , ( )= ∩ = ∩

⇒ B d C d d( ;0;0), (0; ;0) ( 0)− − < . ABCS AB AC1 , 62

= = uuur uuur

⇔ d 2= −

⇒ Q x y z( ) : 2 0+ + − = . Câu 43. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm A B(3;0;0), (1;2;1) . Viết phương trình mặt

phẳng (P) qua A, B và cắt trục Oz tại M sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 92

.

• ĐS: P x y( ) : 2 2z 3 0+ − − = .


Trang 14

Dạng 6: Các dạng khác về viết phương trình mặt phẳng Câu 44. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm

M(9;1;1) , cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất.

• Giá sử A a Ox B b Oy C c Oz( ;0;0) , (0; ;0) , (0;0; )∈ ∈ ∈ a b c( , , 0)> .

Khi đó PT mặt phẳng (P) có dạng: x y za b c

1+ + = .

Ta có: M P(9;1;1) ( )∈ ⇒ a b c9 1 1 1+ + = (1); OABCV abc1

6= (2)

(1) ⇔ abc bc ac ab9= + + ≥ abc 233 9( ) ⇔ abc abc abc3 2( ) 27.9( ) 243≥ ⇔ ≥

Dấu "=" xảy ra ⇔ abc ac abbca b c

27939 1 1 1 3

= = = ⇔ = + + = = ⇒ (P): x y z 1

27 3 3+ + = .


a) Với M(1;2;4) . ĐS: x y zP( ) : 13 6 12

+ + =

Câu 45. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm

M(1;2;3) , cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho biểu thức OA OB OC2 2 2

1 1 1+ + có giá trị

nhỏ nhất. • ĐS: P x y z( ) : 2 3 14 0+ + − = . Câu 46. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm

M(2;5;3) , cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho biểu thức OA OB OC+ + có giá trị nhỏ nhất.

• ĐS: x y zP( ) : 12 6 10 5 10 15 3 6 15

+ + =+ + + + + +

.


Trang 15

TĐKG 02: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

Dạng 1: Viết phương trình đường thẳng bằng cách xác định vectơ chỉ phương

Câu 1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng x y zd 1 1 2:2 1 3+ − −

= = và mặt

phẳng P : x y z 1 0− − − = . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(1;1; 2)− , song song với mặt phẳng P( ) và vuông góc với đường thẳng d .

• d Pu u n; (2;5; 3) = = − uur uurr . ∆ nhận ur làm VTCP ⇒ x y z1 1 2:

2 5 3∆ − − +

= =−

Câu 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) có phương trình:

{ x t= − ; y t1 2= − + ; z t2= + ( t R∈ ) và mặt phẳng (P): x y z2 2 3 0− − − = .Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm trên (P), cắt và vuông góc với (d).

• Gọi A = d ∩ (P) ⇒ A(1; 3;1)− . Phương trình mp(Q) qua A và vuông góc với d: x y z2 6 0− + + + = ∆ là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ ∆: {x t y z t1 ; 3; 1= + = − = + Câu 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 0) và đường thẳng ∆:

x y z1 12 1 1− +

= =−

. Lập phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M, cắt và vuông góc

với ∆. • u (2;1; 1)∆ = −r . Gọi H = d ∩ ∆. Giả sử H t t t(1 2 ; 1 ; )+ − + − ⇒ MH t t t(2 1; 2; )= − − −

uuuur.

MH u∆⊥uuuur r ⇔ t t t2(2 1) ( 2) ( ) 0− + − − − = ⇔ t 2

3= ⇒ du MH3 (1; 4; 2)= = − −

uuuurr

⇒ d: x ty tz t

21 42

= += −

=.

Câu 4. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 1 = 0 và hai

điểm A(1;7; –1), B(4;2;0). Lập phương trình đường thẳng (D) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên (P).

• Gọi (Q) là mặt phẳng qua A, B và vuông góc với (P) ⇒ (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0. (D) = (P) ∩ (Q) suy ra phương trình (D). Câu 5. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình hình chiếu vuông góc của

đường thẳng x zdx y z

2 0:3 2 3 0

− = − + − =

trên mặt phẳng P x y z: 2 5 0− + + = .

• PTTS của d:

x t

y t

z t

43 72

2

=

= − +

=

. Mặt phẳng (P) có VTPT n (1; 2;1)= −r .

Gọi A d P( )= ∩ ⇒ A 114; ;22

. Ta có B d B P3 30; ;0 , 0; ;0 ( )2 2

− ∈ − ∉

.

Gọi H x y z( ; ; ) là hình chiếu vuông góc của B trên (P). Ta tìm được H 4 7 4; ;3 6 3

− −

.


Trang 16

Gọi ∆ là hình chiếu vuông góc của d trên (P) ⇒ ∆ đi qua A và H

⇒ ∆ có VTCP u HA3 (16;13;10)= =uuurr ⇒ Phương trình của ∆:

x t

y t

z t

4 1611 132

2 10

= +

= +

= +

.


a) Với x y zd 1 1 2:2 1 3+ − −

= = , P x y z( ) : 3 2 5 0− + − = . ĐS: x my mz m

1 23: 2 29

5 32∆

= + = + = +

Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi A, B, C lần lượt giao điểm của mặt phẳng

( ) : 6 2 3 6 0P x y z+ + − = với Ox, Oy, Oz. Lập phương trình đường thẳng d đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đồng thời vuông góc với mặt phẳng (P).

• Ta có: P Ox A P Oy B P Oz C( ) (1;0;0); ( ) (0;3;0); ( ) (0;0;2)∩ = ∩ = ∩ = Gọi ∆ là đường thẳng vuông góc (OAB) tại trung điểm M của AB; (α) là mặt phẳng trung

trực cạnh OC; I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Ta có: I ( )∆= ∩ α ⇒ I 1 3; ;12 2

.

Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC thì IJ ⊥ (ABC) , nên d chính là đường thẳng IJ .

⇒ Phương trình đường thẳng d:

x t

y t

z t

1 623 221 3

= +

= + = +

.

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A B C(1;2; 1), (2;1;1); (0;1;2)− và

đường thẳng x y zd 1 1 2:2 1 2− + +

= =−

. Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua trực tâm của

tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng d. • Ta có AB AC AB AC(1; 1;2), ( 1; 1;3) , ( 1; 5; 2) = − = − − ⇒ = − − −

uuur uuur uuur uuur

⇒ phương trình mặt phẳng (ABC): x y z5 2 9 0+ + − = Gọi trực tâm của tam giác ABC là H a b c( ; ; ) , khi đó ta có hệ:

( )

BH AC a b c aCH AB a b c b H

a b c cH ABC

. 0 2 3 2

. 0 3 0 1 (2;1;1)5 2 9 1

= − + = = = ⇔ + − = ⇔ = ⇒ + + = =∈

uuur uuuruuur uuur

Do đường thẳng ∆ nằm trong (ABC) và vuông góc với (d) nên:

ABCABC d

d

u nu n u

u u, (12;2; 11)∆

∆∆

⊥ ⇒ = = − ⊥

r r r r rr r .

Vậy phương trình đường thẳng x y z2 1 1:12 2 11

∆ − − −= =

−


Trang 17

Dạng 2: Viết phương trình đường thẳng liên quan đến một đường thẳng khác Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 0) và đường thẳng d có phương

trình x y zd 1 1:2 1 1− +

= =−

. Viết phương trình của đường thẳng ∆ đi qua điểm M, cắt và

vuông góc với đường thẳng d và tìm toạ độ điểm M′ đối xứng với M qua d.

• PTTS của d: x ty tz t

1 21

= + = − + = −

. d có VTCP u (2;1; 1)= −r .

Gọi H là hình chiếu của M trên d ⇒ H t t t(1 2 ; 1 ; )+ − + − ⇒ MH t t t(2 1; 2 ; )= − − + −uuuur

Ta có MH ⊥ d ⇔ MH u. 0=uuuur r ⇔ t 2

3= ⇒ H 7 1 2; ;

3 3 3

− −

, MH 1 4 2; ;3 3 3

= − −

uuuur

Phương trình đường thẳng ∆: x y z2 11 4 2− −

= =− −

.

Gọi M′ là điểm đối xứng của M qua d ⇒ H là trung điểm của MM′ ⇒ M 8 5 4; ;3 3 3

′ − −

.


a) x y zM d 3 1 1( 4; 2;4); :2 1 4+ − +

− − = =−

. ĐS: 1 3:3 2 1+ −

∆ = =−

x y z

Trong không gian cho điểm A(-4;-2;4) và đường thẳng (d) có phương trình: x = -3 + 2t; y = 1 - t; z = -1 + 4t; t ∈ R. Viết phương trình đường thẳng (∆) đi qua A; cắt và vuông góc với (d).

Câu 9. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng x y zd 1 1:1 2 1

− += =−

và hai điểm A(1;1; 2)− ,

B( 1;0;2)− . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, vuông góc với d sao cho khoảng cách từ B tới ∆ là nhỏ nhất.

• d có VTCP du (1;2; 1)= −r . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (P) khi đó đường thẳng ∆ đi qua A và H thỏa YCBT.

Ta có: (P): x y z2 5 0+ − − = . Giả sử H x y z( ; ; ) .

Ta có: d

H PBH u cuøng phöông

( ),

∈uuur r ⇒ H 1 8 2; ;

3 3 3

⇒ u AH3 ( 2;5;8)∆ = = −uuurr ⇒ Phương trình ∆: x y z1 1 2

2 5 8− − +

= =−

.

Câu 10. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng x y z1 1:2 3 1+ +

∆ = =−

và hai điểm

A(1;2; 1),− B(3; 1; 5)− − . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng ∆ sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất.

• Giả sử d cắt ∆ tại M M t t t( 1 2 ;3 ; 1 )⇒ − + − − , AM t t t AB( 2 2 ;3 2; ), (2; 3; 4)= − + − − = − −uuur uuur

Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó d B d BH BA( , ) = ≤ . Vậy d B d( , ) lớn nhất bằng BA

H A⇔ ≡ AM AB AM AB. 0⇔ ⊥ ⇔ =uuur uuur

t t t t2( 2 2 ) 3(3 2) 4 0 2⇔ − + − − + = ⇔ =

M(3;6; 3)⇒ − ⇒ PT đường thẳng x y zd 1 2 1:1 2 1− − +

= =−

.


Trang 18

Câu 11. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường

thẳng ∆: x y z1 12 1 2+ −

= =−

. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường

thẳng ∆ tại điểm C sao cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất.

• Phương trình tham số của ∆: x ty tz t

1 212

= − += −

=. Điểm C ∈ ∆ nên C t t t( 1 2 ;1 ;2 )− + − .

AC t t t AB( 2 2 ; 4 ;2 ); (2; 2;6)= − + − − = −uuur uuur

; AC AB t t t, ( 24 2 ;12 8 ;12 2 ) = − − − − uuur uuur

AC AB t t2, 2 18 36 216 ⇒ = − + uuur uuur

⇒ S AC AB1 ,2

= uuur uuur

= t 218( 1) 198− + ≥ 198

Vậy Min S = 198 khi t 1= hay C(1; 0; 2) ⇒ Phương trình BC: x y z3 3 62 3 4− − −

= =− − −

.

Câu 12. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng x y zd 1 2 2:3 2 2+ − −

= =−

và mặt

phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (P), đi qua M(2; 2; 4) và cắt đường thẳng (d).

• Đường thẳng (d) có PTTS: x ty tz t

1 32 22 2

= − + = − = +

. Mặt phẳng (P) có VTPT n (1; 3; 2)=r

Giả sử N(−1 + 3t ; 2 − 2t ; 2 + 2t) ∈ d ⇒ MN t t t(3 3; 2 ;2 2)= − − −uuuur

Để MN // (P) thì MN n t. 0 7= ⇔ =uuuur r

⇒ N(20; −12; 16)

Phương trình đường thẳng ∆: x y z2 2 49 7 6− − −

= =−


a) x y zd 1 2:1 2 1

− −= = , P x y z( ) : 3 2 2 0+ + + = , M(2;2;4) . ĐS: x y z1 3 3:

1 1 1∆ − − −

= =−

b) x y zd 2 2:1 3 2− +

= = , P x y z( ) : 2 1 0+ − + = , M(1;2;–1) . ĐS: 1 2 1:2 9 5− − +

∆ = =− −

x y z

c) x y z2 4 13 2 2− + −

= =−

, P x y z( ) : 3 2 3 2 0− − − = , M(3; 2; 4)− − . ĐS: x y z3 2 4:5 6 9− + +

∆ = =−

Câu 13. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng x y z( ) : 3 2 29 0α − + − = và hai

điểm A(4;4;6) B, (2;9;3) . Gọi E F, là hình chiếu của A và B trên ( )α . Tính độ dài đoạn EF . Tìm phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng ( )α đồng thời ∆ đi qua giao điểm của AB với ( )α và ∆ vuông góc với AB.

• AB n( 2;5; 3), (3; 2;1)= − − = −uuur r

α , AB AB n 19sin( ,( )) cos( , )532

α = =uuur r

α

EF AB AB AB AB2 361 171.cos( ,( )) 1 sin ( ,( )) 38 1532 14

α α= = − = − =

AB cắt ( )α tại K(6; 1;9)− ; u AB n, (1;7;11)∆ α = =

uur uuur uur. Vậy

x ty tz t

6: 1 7

9 11∆

= + = − + = +


Trang 19

Câu 14. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 mặt phẳng (P), (Q) và đường thẳng (d) lần

lượt có phương trình: x y zP x y z Q x y z d 1 1( ) : 2 0, ( ) : 3 3 1 0, ( ) :2 1 1− −

− + = − + + = = = . Lập

phương trình đường thẳng ∆ nằm trong (P) song song với mặt phẳng (Q) và cắt đường thẳng (d).

• (P), (Q) lần lượt có VTPT là P Q P Qn n n n(1; 2;1), (1; 3;3) , ( 3; 2; 1) = − = − ⇒ = − − − r r r r

PTTS của (d): x t y t z t1 2 , , 1= + = = + . Gọi A = (d) ∩ (∆) ⇒ A t t t(1 2 ; ;1 )+ + . . Do A ⊂ (P) nên: t t t t1 2 2 1 0 2+ − + + = ⇔ = − ⇒ A( 3; 2; 1)− − −

Theo giả thiết ta có: PP Q

Q

u nu n nu n , ( 3; 2; 1)∆

∆∆

⊥ ⇒ = = − − − ⊥

r rr r rr r

Vậy phương trình đường thẳng x y z3 2 1( ) :3 2 1

∆ + + += = .

Câu 15. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A B C(1;2; 1), (2;1;1), (0;1;2)− và

đường thẳng x y zd 1 1 2( ) :2 1 2− + +

= =−

. Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua trực tâm của

tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng (d).

• Ta có AB AC AB AC(1; 1;2), ( 1; 1;3) , ( 1; 5; 2) = − = − − ⇒ = − − − uuur uuur uuur uuur

⇒ phương trình (ABC): x y z5 2 9 0+ + − =

Gọi trực tâm của ∆ABC là H a b c( ; ; )BH AC a b c aCH AB a b c b HH ABC a b c c

. 0 2 3 2

. 0 3 0 1 (2;1;1)( ) 5 2 9 1

= − + = = = ⇔ + − = ⇔ = ⇒ ∈ + + = =

uuur uuuruuur uuur

Do (∆) ⊂ (ABC) và vuông góc với (d) nên: ABCABC d

d

u nu n n

u u, (12;2; 11)∆

∆∆

⊥ ⇒ = = − ⊥

r r r r rr r

⇒ PT đường thẳng x y z2 1 1:12 2 11

∆ − − −= =

−.

Câu 16. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 5 0+ − + = , đường

thẳng x y zd 3 1 3:2 1 1+ + −

= = và điểm A( 2;3;4)− . Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm

trên (P), đi qua giao điểm của d và (P), đồng thời vuông góc với d. Tìm điểm M trên ∆ sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.

• Gọi B = d ∩ (P) ⇒ B( 1;0;4)− . Vì Pd( )∆

∆ ⊂ ⊥

nên P

d

u nu u

∆

∆

⊥ ⊥

r rr r .

Do đó ta có thể chọn P du n u1 , (1; 1; 1)3∆ = = − −

r r r ⇒ PT của ∆: x ty tz t

1

4

= − += −

= −.

Giả sử M t t t( 1 ; ;4 ) ∆− + − − ∈ ⇒ AM t t t2

2 1 26 263 2 9 33 3 3

= − + = − + ≥

Dấu "=" xảy ra ⇔ t 13

= ⇔ M 2 1 11; ;3 3 3

− −

. Vậy AM đạt GTLN khi M 2 1 11; ;

3 3 3

− −

.



Trang 20

a) P x y z( ) : 2 2 9 0+ − + = ,

x td y t

z t

1: 3 2

3

= − = − + = +

. ĐS: : 14

=∆ = − = +

x tyz t

Câu 17. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(3; 1;1)− , đường thẳng

x y z2:1 2 2

∆ −= = , mặt phẳng P x y z( ) : – 5 0+ − = . Viết phương trình của đường thẳng d đi

qua điểm A , nằm trong ( P) và hợp với đường thẳng ∆ một góc 045 . • Gọi du u, ∆

r r lần lươt là các VTCP của d và ∆ ; Pnr là VTPT của ( P).

Đặt du a b c a b c2 2 2( ; ; ), ( 0)= + + ≠r . Vì d nằm trong ( P) nên ta có : P dn u⊥r r ⇒ a b c– 0+ = ⇔ b a c = + ( 1 ).

Theo gt: d 0( , ) 45∆ = ⇔ a b c a b c a b ca b c

2 2 2 22 2 2

2 2 2 2( 2 ) 9( )2.3

+ += ⇔ + + = + +

+ + (2)

Thay (1) vào ( 2) ta có : ac ac c c2 1514 30 0 0;7

+ = ⇔ = = −

+ Với c 0= : chọn a b 1= = ⇒ PTTS của d là : x ty tz

31–

1

= += −

=

+ Với ac 157

= − : chọn a c b7, 15, 8= = − = − ⇒.PTTS của d là: x ty tz t

3 71–8

1–15

= += −

=.

Câu 18. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: x y z3 2 12 1 1− + +

= =−

và mặt phẳng

(P): x y z 2 0+ + + = . Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆

nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 .

• PTTS d: x ty tz t

3 221

= + = − + = − −

M(1; 3;0)⇒ − . (P) có VTPT Pn (1;1;1)=r , d có VTCP du (2;1; 1)= −r

Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP d Pu u n, (2; 3;1)∆ = = − r r r

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đó MN x y z( 1; 3; )= − +uuuur

.

Ta có MN uN PMN

( )42

∆ ⊥

∈ =

uuuur r

⇔ x y z

x y zx y z2 2 2

2 02 3 11 0( 1) ( 3) 42

+ + + = − + − = − + + + =

⇒ N(5; –2; –5) hoặc N(–3; – 4; 5)

• Với N(5; –2; –5) ⇒ Phương trình của x y z5 2 5:2 3 1− + +

∆ = =−

• Với N(–3; – 4; 5) ⇒ Phương trình của x y z3 4 5:2 3 1+ + −

∆ = =−

.

Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α ): x y z 1 0+ − − = , hai đường

thẳng (∆): x y z11 1 1−

= =− −

, (∆′): x y z 11 1 3

+= = . Viết phương trình đường thẳng (d) nằm


Trang 21

trong mặt phẳng (α ) và cắt (∆′); (d) và (∆) chéo nhau mà khoảng cách giữa chúng bằng 6

2.

• (α) có VTPT n (1;1; 1)= −r , (∆) có VTCP u ( 1; 1;1)∆ = − −r ⇒ (∆) ⊥ (α).

Gọi A ( ) ( )∆′= ∩ α ⇒ A(0;0; 1)− ; B ( ) ( )∆= ∩ α ⇒ B(1;0;0) ⇒ AB (1;0;1)=uuur

Vì (d) ⊂ (α) và (d) cắt (∆′) nên (d) đi qua A và (∆) ⊥ (α) nên mọi đường thẳng nằm trong

(α) và không đi qua B đều chéo với (∆). Gọi du a b c( ; ; )=r là VTCP của (d) ⇒ du n a b c. 0= + − =r r (1)

và dur không cùng phương với ABuuur

(2)

Ta có: d d d B d( , ) ( , )∆ = ⇒ d

d

AB u

u

, 62

=

uuur rr ⇔ b a c

a b c

2 2

2 2 2

2 ( ) 62

+ −=

+ + (3)

Từ (1) và (3) ⇒ ac 0= ⇔ ac

00

= =

.

• Với a 0= . Chọn b c 1= = ⇒ du (0;1;1)=r ⇒ x

d y tz t

0:

1

==

= − +

• Với c 0= . Chọn a b 1= − = ⇒ du (1; 1;0)= −r ⇒ x t

d y tz

:1

== −

= −.


Trang 22

Dạng 3: Viết phương trình đường thẳng liên quan đến hai đường thẳng khác Câu 20. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường vuông góc chung của hai

đường thẳng: x y z1

7 3 9:1 2 1

∆ − − −= =

− và 2∆ :

x ty tz t

3 71 21 3

= + = − = −

.

• Phương trình tham số của 1∆ :x ty tz t

7 '3 2 '9 '

= + = + = −

Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường vuông góc chung với ∆1 và ∆2 ⇒ M(7 + t′;3 + 2t′;9 – t′) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t) VTCP lần lượt của ∆1 và ∆2 là a

r = (1; 2; –1) và b

r = (–7;2;3)

Ta có: MN a MN aMN b MN b

. 0

. 0 ⊥ =⇔

⊥ =

uuuur r uuuur ruuuur r uuuur r . Từ đây tìm được t và t′ ⇒ Toạ độ của M, N.

Đường vuông góc chung ∆ chính là đường thẳng MN. Câu hỏi tương tự:

a) Với x t

y tz

1

3( ) : 1 2

4∆

= + = − + =

, x t

y t z t

2

2 2 '( ) : 2 '

2 4 '∆

= − + = = +

. ĐS: x y zx y z2 – 10 – 47 0: 3 –2 6 0

∆ + = + + =

Câu 21. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm

( )M 4; 5;3− − và cắt cả hai đường thẳng: x ydy z12 3 11 0:

2 7 0 + + = − + =

và x y zd22 1 1:

2 3 5− + −

= =−

.

• Viết lại phương trình các đường thẳng: x t

d y tz t

1

1 1

1

5 3: 7 2 = − = − + =

, x t

d y tz t

2

2 2

2

2 2: 1 3

1 5

= + = − + = −

.

Gọi A d d B d d1 2,= ∩ = ∩ ⇒ A t t t1 1 1(5 3 ; 7 2 ; )− − + , B t t t2 2 2(2 2 ; 1 3 ;1 5 )+ − + − .

MA t t t1 1 1( 3 9;2 2; 3)= − + − −uuur

, MB t t t2 2 2(2 6;3 4; 5 2)= + + − −uuur

MA MB t t t t t t t t t t t1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2, ( 13 8 13 16; 13 39 ; 13 24 31 48) = − − + + − + − − + + uuur uuur

M, A, B thẳng hàng ⇔ MA MB,uuur uuur

cùng phương ⇔ MA MB, 0 = uuur uuur r

⇔ tt1

2

20

= =

⇒ A B( 1; 3;2), (2; 1;1)− − − ⇒ AB (3;2; 1)= −uuur

Đường thẳng d qua M(–4; –5; 3) và có VTCP AB (3;2; 1)= −uuur

⇒ x t

d y tz t

4 3: 5 2

3

= − += − +

= −


a) M(1;5;0), x y zd12:

1 3 3−

= =− −

, x t

d y tz t

2 : 41 2

= = − = − +

. ĐS:

b) M(3; 10; 1) , x y zd12 1 3:

3 1 2− + +

= = , x y zd23 7 1:

1 2 1− − −

= =− −

ĐS: x t

d y tz t

3 2: 10 10

1 2

= + = − = −


Trang 23

Câu 22. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 2,∆ ∆ và mặt phẳng (α ) có

phương trình là x t x y zy t x y zz t

1 2

2 1 1 2: 5 3 , : , ( ) : 2 01 1 2

∆ ∆ α = + − + + = + = = − + + = =

. Viết phương

trình đường thẳng d đi qua giao điểm của 1∆ với (α ) đồng thời cắt 2∆ và vuông góc với trục Oy.

• Toạ độ giao điểm A của (α ) và 1∆ thoả mãn hệ

x t ty t x Az t yx y z z

2 15 3 1 (1;2; 1)

22 0 1

= + = − = + =⇔ ⇒ − = =

− + + = = − Trục Oy có VTCP là j (0;1;0)=

r. Gọi d là đường thẳng qua A cắt 2∆ tại

B t t t(1 ; 1 ; 2 2 )+ − + − + . AB t t t d Oy AB j t AB( ; 3;2 1); 0 3 (3;0;5)= − − ⊥ ⇔ = ⇔ = ⇒ =uuur uuurr uuur

Đường thẳng d đi qua A nhận AB (3;0;5)=uuur

làm VTCP có phương trình là x uyz u

1 321 5

= + = = − +

.


d y tz t

1

1: 1 2

1 2

= + = + = +

, đường thẳng 2d

là giao tuyến của hai mặt phẳng (P): x y2 – –1 0= và (Q): x y z2 2 –5 0+ + = . Gọi I là giao điểm của d d1 2, . Viết phương trình đường thẳng d3 qua điểm A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai

đường thẳng d d1 2, lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I.

• PTTS của {d x t y t z t2 : '; 1 2 '; 3 2 '= = − + = − . I d d1 2= ∩ ⇒ I(1;1;1) .

Giả sử: B t t t d C t t t d t t1 2(1 ;1 2 ;1 2 ) , ( '; 1 2 ';3 2 ') ( 0, ' 1)+ + + ∈ − + − ∈ ≠ ≠

∆BIC cân đỉnh I ⇔ IB ICAB AC[ , ] 0

= =

uuur uuur ur ⇔ tt

1' 2

= =

⇒ Phương trình {d x y z t3 : 2; 3; 1 2= = = +

Câu 24. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z4 –3 11 0+ = và hai

đường thẳng d1: x1−

= y 32− = z 1

3+ , x 4

1− = y

1 = z 3

2− . Chứng minh rằng d1 và d2 chéo

nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (P), đồng thời ∆ cắt cả d1 và d2. • Toạ độ giao điểm của d1 và (P): A(–2;7;5). Toạ độ giao điểm của d2 và (P): B(3;–1;1)

Phương trình đường thẳng ∆: x y z2 7 55 8 4+ − −

= =− −

.

Câu 25. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng và hai đường thẳng có phương

trình (P): x y z3 12 3 5 0+ − − = và (Q): x y z3 4 9 7 0− + + = , (d1): x y z5 3 1

2 4 3+ − +

= =−

, (d2):

x y z3 1 22 3 4− + −

= =−

. Viết phương trình đường thẳng (∆) song song với hai mặt phẳng (P),

(Q) và cắt (d1), (d2). • (P) có VTPT Pn (1; 4; 1)= −r , (Q) có pháp vectơ Qn (3; 4; 9)= −r


Trang 24

(d1) có VTCP u1 (2; 4; 3)= −r , (d2) có VTCP u2 ( 2; 3; 4)= −r

Gọi:

P QP d P PQ d Q Q

u u1

1

1 1 1

1 2 1

( ) ( ) ( )( ) ( ),( ) ( )( ) ( ),( ) ( )

∆

∆ = ∩ ⊃ ⊃

=

PP

r r ⇒ (∆) = (P1) ∩ (Q1) và (∆) // (∆1)

(∆) có vectơ chỉ phương P Qu n n1 [ ; ] (8; 3; 4)4

= = − −r r r

(P1) có cặp VTCP u1r và ur nên có VTPT: Pn u u1 1[ ; ] (25; 32; 26)= =r r r

Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0 x y z25 32 26 55 0⇔ + + + = (Q1) có cặp VTCP u2

r và ur nên có VTPT: Qn u u1 2[ ; ] (0; 24; 18)= = −r r r Phương trình mp (Q1): x y z0( 3) 24( 1) 18( 2) 0− + + − − = y x4 3 10 0⇔ − + =

Ta có: P Q1 1( ) ( ) ( )∆ = ∩ ⇒ phương trình đường thẳng (∆) : x y zy z

25 32 26 55 04 3 10 0

+ + + = − + =

Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 – 2 –3 0+ = và hai

đường thẳng (d1), (d2) lần lượt có phương trình x y z4 12 2 1− −

= =−

và x y z3 5 72 3 2+ + −

= =−

.

Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) song song với mặt phẳng (P), cắt d1( ) và d2( ) tại A và B sao cho AB = 3.

• A d1( )∈ ⇒ A t t t(4 2 ;1 2 ; )+ + − ; B d B t t t2( ) ( 3 2 ; 5 3 ;7 2 )′ ′ ′∈ ⇒ − + − + −

AB t t t t t t( 7 2 2 ; 6 3 2 ;7 2 )′ ′ ′= − + − − + − − +uuur

, Pn (2; 1;2)= −r .

Từ giả thiết ta có: PAB nAB

. 03

=

=

uuur r ⇔ t

t21

′ = = −

⇒ A AB(2; 1;1), ( 1;2;2)− = −uuur

.

⇒ Phương trình đường thẳng (∆): x y z2 1 11 2 2

− + −= =

−.

Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 1 0− + + = và hai

đường thẳng x y zd11 2 3:

2 1 3− + −

= = , x y zd21 1 2:

2 3 2+ − −

= = . Viết phương trình đường

thẳng ∆ song song với (P), vuông góc với d1 và cắt d2 tại điểm E có hoành độ bằng 3.

• d1 có VTCP u1 (2;1;3)=r , d2 có VTCP u2 (2;3;2)=r , (P) có VTPT n (2; 1;1)= −r .

Giả sử ∆ có VTCP u a b c( ; ; )=r , E d2∈ có Ex 3= ⇒ E(3; 1;6)− .

Ta có: P u nu ud 11

( ) . 0. 0

∆∆

=⇔ =⊥

r rr rP ⇔ a b c

a b c2 02 3 0

− + = + + =

⇔ a cb c

= − = −

⇒ Chọn u (1;1; 1)= −r

⇒ PT đường thẳng ∆: {x t y t z t3 ; 1 ; 6= + = − + = − . Câu 28. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d d1 2( ),( ) và mặt phẳng (P) có phương

trình: x y zd11 2( ) :

1 2 1+ +

= = , x y zd22 1 1( ) :

2 1 1− − −

= = ; P x y z( ) : 2 5 0+ − + = . Lập phương

trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt d d1 2( ),( ) lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.


Trang 25

• Đặt A a a a B b b b( 1 ; 2 2 ; ), (2 2 ;1 ;1 )− + − + + + + ⇒ AB a b a b a b( 2 3; 2 3; 1)= − + + − + + − + +uuur

Do AB // (P) nên: PAB n b a(1;1; 2) 4⊥ = − ⇔ = −uuur r . Suy ra: AB a a( 5; 1; 3)= − − − −

uuur

AB a a a a a2 2 2 2 2( 5) ( 1) ( 3) 2 8 35 2( 2) 27 3 3= − + − − + − = − + = − + ≥

Suy ra: aABb

2min 3 32

== ⇔ = −, A(1;2;2) , AB ( 3; 3; 3)= − − −

uuur.

Vậy x y zd 1 2 2:1 1 1− − −

= = .

Câu 29. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng x y zd18 6 10( ) :

2 1 1+ − −

= =−

và x t

d y tz t

2( ) : 24 2

== −

= − +. Viết phương trình đường thẳng (d) song song với trục Ox và cắt (d1)

tại A, cắt (d2) tại B. Tính AB. • Giả sử: A t t t1 1 1( 8 2 ;6 ;10 )− + + − ∈ d1, B t t t2 2 2( ;2 ; 4 2 )− − + ∈ d2.

⇒ AB t t t t t t2 1 2 1 2 1( 2 8; 4);2 14)= − + − − − + −uuur

.

AB i, (1;0;0)=uuur r

cùng phương ⇔ t tt t2 1

2 1

4 02 14 0

− − − = + − =

⇔ tt1

2

2218

= − =

⇒ A B( 52; 16;32), (18; 16;32)− − − . ⇒ Phương trình đường thẳng d: {x t y z52 ; 16; 32= − + = − = .

Câu 30. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1): x ty tz t

23 810 4

= − += − +

= và (d2):

x y z3 22 2 1− +

= =−

. Viết phương trình đường thẳng (d) song song với trục Oz và cắt cả hai

đường thẳng (d1), (d2). • Giả sử A t t t1 1 1( 23 8 ; 10 4 ; )− + − + ∈ d1, B t t t2 2 2(3 2 ; 2 2 ; )+ − − ∈ d2.

⇒ AB t t t t t t2 1 2 1 2 1(2 8 26; 2 4 8; )= − + − − + −uuur

AB // Oz ⇔ AB k cuøng phöông,uuur r

⇔ t tt t

2 1

2 1

2 8 26 02 4 8 0

− + =− − + =

⇔ t

t

1

2

176

53

=

= −

⇒ A 1 4 17; ;3 3 6

−

⇒ Phương trình đường thẳng AB: x y z t1 4 17; ;3 3 6

= − = = +

Câu 31. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) và

đường thẳng (d): x y zx y z

6 3 2 06 3 2 24 0

− + = + + − =

. Viết phương trình đường thẳng ∆ // (d) và cắt các

đường thẳng AB, OC. • Phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và song song d: (α): 6x + 3y + 2z – 12 = 0 Phương trình mặt phẳng (β) chứa OC và song song d: (β): 3x – 3y + z = 0


Trang 26

∆ là giao tuyến của (α) và (β) ⇒ ∆: x y zx y z

6 3 2 12 03 3 0

+ + − = − + =

Câu 32. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0);

D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng Oxy và cắt các đường thẳng AB, CD.

• Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P): 5x – 4y = 0 (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D) Câu 33. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng có phương trình:

x td y t

z t1

1 2:

1

= − − = = +

và x y zd 2 :1 1 2

= = . Xét vị trí tương đối của d1 và d2. Viết phương trình

đường thẳng d qua M trùng với gốc toạ độ O, cắt d1 và vuông góc với d2. • Đường thẳng ∆ cần tìm cắt d1 tại A(–1–2t; t; 1+t) OA⇒

uuur= (–1–2t; t; 1+t)

d d OA u t A2 2. 0 1 (1; 1;0)⊥ ⇔ = ⇔ = − ⇒ −uuur r ⇒ PTTS của {d x t y t z: ; ; 0= = − =


a) Với M(1;1;1) , x y zd12 1( ) :

3 1 2+ −

= =−

, x t

d y tz t

2

2 2( ) : 5

2

= − += −

= +. ĐS: x y zd 1 1 1:

3 1 1− − −

= =−

Câu 34. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng có phương trình:

(d1) : x ty tz t

46 2

= = + = +

và (d2) : x ty tz t

'3 ' 6' 1

= = − = −

Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; –1; 1) trên (d2). Tìm phương trình tham số của đường thẳng đi qua K vuông góc với (d1) và cắt (d1).

• (d1) có VTCP u1 (1; 1; 2)=r ; (d2) có VTCP u2 (1; 3; 1)=r

K d K t t t IK t t t2( ) ( ; 3 6; 1) ( 1; 3 5; 2)′ ′ ′ ′ ′ ′∈ ⇒ − − ⇒ = − − −uur

IK u t t t t K218 18 12 71 9 15 2 0 ; ;11 11 11 11

′ ′ ′ ′⊥ ⇔ − + − + − = ⇔ = ⇒ −

uur r

Giả sử (d ) cắt (d1) tại H t t t H d1( ; 4 ; 6 2 ), ( ( ))+ + ∈ . HK t t t18 56 59; ; 211 11 11

= − − − − −

uuur

HK u t t t t118 56 118 264 011 11 11 11

⊥ ⇔ − − − − − = ⇔ = −uuur r

HK 1 (44; 30; 7).11

⇒ = − −uuur

Vậy, PTTS của đường thẳng (d ): x y z18 12 744 ; 30 ; 711 11 11

λ λ λ

= + = − − = −

Câu 35. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng (d1), (d2)

với: (d1):x y z1 2

3 2 1− +

= = ; (d2) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P): x 1 0+ = và (Q):

x y z 2 0+ − + = . Viết phương trình đường thẳng (d) qua M vuông góc (d1) và cắt (d2). • Phương trình mặt phẳng (α) đi qua M(0;1;1) vuông góc với (d1): x y z3 2 3 0+ + − = .


Trang 27

A = (d2) ∩ (α) ⇔

x y zx Ax y z

3 2 3 0 5 81 0 1; ;3 32 0

+ + − = + = ⇔ − + − + =

⇒ Phương trình AM: x y z1 13 2 5

− −= =

−.

Câu 36. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng P x y z( ) : 2 2 0− + = và 2 đường

thẳng x y zd 1 1 1( ) :1 3 2− − −

= = , ( ) 1 2' :2 1 1

x y zd − −= =

−. Viết phương trình đường thẳng ( )∆

nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng (d) và cắt đường thẳng (d').

• Ta có P dn u(2; 1;2), (1;3;2)= − =r r và PTTS của (d'): x ty tz t

1 22

= − = + =

Gọi A = (d') ∩ (P) ⇒ A t t t(1 2 ;2 ; )− + . Do A ∈ (P) nên: t t t t A2(1 2 ) 2 2 0 0 (1;2;0)− − − + = ⇔ = ⇒ Mặt khác (∆) nằm trong (P), vuông góc với (d) nên u∆

r vuông góc với P dn u,r r ⇒ ta có thể

chọn P du n u, ( 8; 2;7)∆ = = − − r r r ⇒ Phương trình x y z1 2:

8 2 7∆ − −

= =− −

Câu 37. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 1 0− + − = và hai

đường thẳng (d1): x y z1 2 3

2 1 3− + −

= = , (d2): x y z1 1 2

2 3 2+ − −


thẳng (∆) song song với mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng (d1) và cắt đường thẳng (d2) tại điểm E có hoành độ bằng 3.

• E ∈ (d2) ⇒ E(3; 7; 6). PP d

d

a na n a

a a 11

, 4(1;1; 1) ⊥ ⇒ = = − − ⊥

VV

V

r r r r rr r ⇒ (∆): x ty tz t

376

= += +

= −.

Câu 38. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 0;–3), B(2; 0;–1) và mặt

phẳng (P) có phương trình: x y z3 8 7 1 0− + + = . Viết phương trình chính tắc đường thẳng d nằm trên mặt phẳng (P) và d vuông góc với AB tại giao điểm của đường thẳng AB với (P).

• Giao điểm của đường thẳng AB và (P) là: C(2;0;–1)

Đường thẳng d đi qua C và có VTCP là PAB n, uuur r ⇒ d: x y z2 1

2 1 2− −

= =− −

Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: x y z1 1 1

2 1 1+ − −

= =−

;

d2: x y z1 2 1

1 1 2− − +

= = và mặt phẳng (P): x y z2 3 0− − + = . Viết phương trình đường thẳng

∆ nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1 , d2 . • Gọi A = d1 ∩ ∆, B = d2 ∩ ∆. Vì ∆ ⊂ (P) nên A = d1 ∩ (P), B = d2 ∩ (P) ⇒ A(1; 0; 2), B(2; 3; 1)

⇒ ∆ chính là đường thẳng AB ⇒ Phương trình ∆: x y z1 21 3 1− −

= =−

.

Câu 40. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với


Trang 28

mặt phẳng (P): x y z 1 0+ + − = đồng thời cắt cả hai đường thẳng x y zd11 1( ) :

2 1 1− +

= =−

và

x td y

z t2

1( ) : 1

= − += −

= −, với t R∈ .

• Lấy ( )M d1∈ ⇒ ( )M t t t1 1 11 2 ; 1 ;+ − − ; ( )N d2∈ ⇒ ( )N t t1 ; 1;− + − −

Suy ra ( )MN t t t t t1 1 12 2; ;= − − − −uuuur

d P MN k n k R t t t t t*1 1 1( ) ( ) . ; 2 2⊥ ⇔ = ∈ ⇔ − − = = − −

uuuur r ⇔ t

t1

452

5

=

− =

⇒ M 1 3 2; ;5 5 5

= − −

⇒ d: x y z1 3 25 5 5

− = + = +


a) Với (P): x y z2 5 3 0+ + + = , x y zd11 1( ) :

2 1 2− +

= = , x y zd22 1( ) :

1 1 2− −

= =−

ĐS: x y zd 1 2 2:2 1 5+ + +

= =

b) Với P x y z( ) : 2 – –5 1 0 + = , x y zd1

1 1 2:2 3 1+ − −

= = , x y zd2

2 2:1 5 2− +

= =−

ĐS: x y z1 4 32 1 5− − −

= =− −

Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): x y z2 – 1 0+ + = , (Q):

x y z– 2 3 0+ + = , (R): x y z2 –3 1 0+ + = và đường thẳng 1∆ : x y z2 12 1 3

− += =

−. Gọi 2∆ là

giao tuyến của (P) và (Q). Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1∆ , 2∆ .

• 1∆ có PTTS: {x t y t z t2 2 ; 1 ; 3= − = − + = ; 2∆ có PTTS: {x s y s z s2 ; 5 3 ;= + = + = .

Giả sử d A d B1 2;∆ ∆∩ = ∩ = A t t t B s s s(2 2 ; 1 ;3 ), (2 ;5 3 ; )⇒ − − + + +

AB s t s t s t( 2 ;3 6; 3 )= + − + −uuur

, (R) có VTPT n (1;2; 3)= −r .

d R AB n( ) ,⊥ ⇔uuur r cùng phương s t s t s t2 3 6 3

1 2 3+ − + −

⇔ = =−

t 2324

⇒ = ⇒ A 1 1 23; ;12 12 8

Vậy phương trình của d: zx y 231 1

812 121 2 3

−− −= =

−.

Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng có phương trình

x td y t

z t1 : 4

1 2

= = − = − +

, x y zd22:

1 3 3−

= =− −

, x y zd31 1 1:

5 2 1+ − +


thẳng ∆, biết ∆ cắt ba đường thẳng d d d1 2 3, , lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB BC= .

• Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d d d1 2 3, , .


Trang 29

Giả sử A t t t B u u u C v v v( ;4 – ; 1 2 ), ( ;2 –3 ; 3 ), ( 1 5 ;1 2 ; 1 )− + − − + + − + . Ta có: A, B, C thẳng hàng và AB = BC ⇔ B là trung điểm của AC

t v u

t v ut v u

( 1 5 ) 24 (1 2 ) 2.(2 3 )

1 2 ( 1 ) 2( 3 )

+ − + =⇔ − + + = −− + + − + = −

⇔ tuv

100

==

= ⇒ A B C(1;3;1), (0;2;0), ( 1;1; 1)− − .

Đường thẳng ∆ đi qua A, B, C có phương trình: x y z21 1 1

−= =

Dạng 4: Viết phương trình đường thẳng liên quan đến khoảng cách

Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d): x ty tz t

2 43 23

= + = + = − +

và mặt phẳng

(P): x y z2 5 0− + + + = . Viết phương trình đường thẳng (∆) nằm trong (P), song song với

(d) và cách (d) một khoảng là 14 . • Chọn A(2;3; − 3), B(6;5; − 2)∈(d), mà A, B ∈ (P) nên (d) ⊂ (P) .

Gọi ur là VTCP của ( d1) ⊂ (P), qua A và vuông góc với (d) thì d

P

u uu u

⊥ ⊥

r rr r

nên ta chọn d Pu u u[ , ] (3; 9;6)= = −r r r .

Phương trình của đường thẳng ( d1) :x ty t t Rz t

2 33 9 ( )3 6

= + = − ∈ = − +

Lấy M(2+3t; 3 − 9t; − 3+6t) ∈( d1) . (∆) là đường thẳng qua M và song song với (d).

Theo đề : AM t t t t t2 2 2 2 1 114 9 81 36 149 3

= ⇔ + + = ⇔ = ⇔ = ±

• t = 13

− ⇒ M(1;6; − 5) x y z1

1 6 5( ) :4 2 1

∆ − − +⇒ = =

• t = 13

⇒ M(3;0; − 1) x y z2

3 1( ) :4 2 1

∆ − +⇒ = =


Trang 30

Câu 44. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 1 0+ − + = và đường

thẳng: d: x y z2 1 11 1 3− − −

= =− −

. Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường

thẳng ∆ nằm trong (P), vuông góc với d sao cho khoảng cách từ I đến ∆ bằng h 3 2= . • (P) có VTPT Pn (1;1; 1)= −r và d có VTCP u (1; 1; 3)= − −r . I d P I( ) (1;2;4)= ∩ ⇒

Vì P d( );∆ ∆ ∆⊂ ⊥ ⇒ có véc tơ chỉ phương Pu n u, ( 4;2; 2)∆ = = − − r r r

Gọi H là hình chiếu của I trên ∆ H mp Q( )⇒ ∈ qua I và vuông góc ∆ ⇒ Phương trình (Q): x y z x y z2( 1) ( 2) ( 4) 0 2 4 0− − + − − − = ⇔ − + − + =

Gọi d P Q d1 1( ) ( )= ∩ ⇒ có VTCP P Qn n; (0;3;3) 3(0;1;1) = = r r và d1 qua I

xd y t

z t1

1: 2

4

=⇒ = + = +

Giả sử H d H t t IH t t1 (1;2 ;4 ) (0; ; )∈ ⇒ + + ⇒ =uur

. Ta có:

tIH tt

2 33 2 2 3 23

== ⇔ = ⇔ = −

• Với t H3 (1;5;7)= ⇒ ⇒ Phương trình x y z1 5 7:2 1 1

∆ − − −= =

− −

• Với t H3 (1; 1;1)= − ⇒ − ⇒ Phương trình x y z1 1 1:2 1 1

∆ − + −= =

− −.


a) P x y z( ) : 2 0+ + + = , x y zd 3 2 1:2 1 1− + +

= =−

, h 42= .

ĐS: x y z5 2 5:2 3 1− + +

∆ = =−

; x y z3 4 5:2 3 1+ + −

∆ = =−

Câu 45. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 2 9 0+ − + = và đường

thẳng x y zd 1 1 3:1 7 1+ − −

= =−

. Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (P) và cắt d

tại một điểm M cách (P) một khoảng bằng 2. • Vì ∆ ⊥ (P) nên ∆ nhận Pn (2;1; 2)= −r làm VTCP.

Giả sử M t t t d( 1;7 1;3 )− + − ∈ . Ta có: d M P( ,( )) 2= ⇔ t11 2 6+ = ⇔ t

t

811

411

= −

=

+ Với t 811

= − ⇒ M 19 45 41; ;11 11 11

− −

⇒ ∆: x t y t z t19 45 412 ; ; 2

11 11 11

= − + = − + = −

+ Với t 411

= ⇒ M 7 39 29; ;11 11 11

−

⇒ ∆: x t y t z t7 39 292 ; ; 2

11 11 11

= − + = + = −

Câu 46. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng P x y z( ) : 3 1 0+ − − = và các

điểm A(1;0;0) ; B(0; 2;3)− . Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất (nhỏ nhất).

• Ta có: A P(1;0;0) ( )∈ . Gọi VTCP của đường thẳng d là: u a b c a b c2 2 2( ; ; ), 0= + + ≠r Ta có: Pd P u n c a b( ) . 0 2⊂ ⇔ = ⇔ = +r r


Trang 31

AB ( 1;2; 3)= − −uuur

; du AB a b a b a b, ( 2 7 ;2 2 ;2 ) = − − − + uur uuur

⇒ u AB a ab bd B du a ab b

2 2

2 2, 12 24 54( , )

2 4 5

+ + = =+ +

uuurrr

+ TH1: Nếu b = 0 thì d B d( , ) 6=

+ TH2: Nếu b 0≠ . Đặt atb

= ⇒ t td B d f tt t

2

212 24 54( , ) ( )

2 4 5+ +

= =+ +

Xét hàm số t tf tt t

2

212 24 54( )

2 4 5+ +

=+ +

ta suy ra được d B d f t6 ( , ) ( ) 14≤ = ≤

So sánh TH1 và TH2 ⇒ d B d6 ( , ) 14≤ ≤ Do đó: a) d B d bmin( ( , )) 6 0= ⇔ = . Chọn a =1 ⇒ c= 1

⇒ Phương trình đường thẳng d: x tyz t

10

= + = =

b) d B d a bmax( ( , )) 14= ⇔ = − . Chọn b = –1 ⇒ a =1 , c = –1

⇒ Phương trình đường thẳng d: x ty tz t

1 = + = − = −

Câu 47. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng P x y z( ) : 2 2 5 0− + − = và các

điểm A( 3;0;1)− ; B(1; 1;3)− . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A, song song với (P) và cách B một khoảng nhỏ nhất.

• ĐS: x y zd 3 1:26 11 2+ −

= =−

.

Câu 48. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng x y z1 2:2 1 1

∆ + −= =

−, hai điểm

A(0; 1;2)− , B(2;1;1) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt đường thẳng ∆ sao cho khoảng cách từ B đến d là lớn nhất (nhỏ nhất).

• Gọi M d ∆= ∩ . Giả sử M t t t( 1 2 ; ;2 )− + − . VTCP của d: du AM t t t(2 1; 1; )= = − + −uuurr

AB(2;2; 1)−uuur

; dAB u t t; (1 ;1;4 2 ) = − − uuur r

⇒ d

d

AB u t td B d f tu t t

2

2

, 12 18 18( , ) ( )6 2 2

− + = = =− +

uuur rr

Xét hàm số t tf tt t

2

212 24 54( )

2 4 5+ +

=+ +

. Ta có f t f f t f 1max ( ) (0) 18; min ( ) (2)11

= = = =

⇒ d B d1 ( , ) 1811

≤ ≤

a) d B d t1min( ( , )) 211

= ⇔ = ⇒ Phương trình đường thẳng d: x ty tz t

31 3

2 2

= = − + = −


Trang 32

b) d B d tmax( ( , )) 18 0= ⇔ = ⇒ Phương trình đường thẳng d:

x ty tz t

12

= − = − + = −


a) x y z A Bx y z

1 0: , (2;1; 1), ( 1;2;0)1 0

∆ + + − = − − − + − =.

ĐS: maxx x yd dy z y zmin

1 0 2 3 0: ; :2 0 2 0

+ = + − = + − = − − =

b) x y z A B1 2 1: , (3; 2;1), (2;1; 1)1 2 1

∆ − + −= = − −

−.

ĐS: maxx y zd 3 2 1:19 3 5− + −

= =−

; x y zdmin3 20 1:

5 20 7− + −

= =− −

.

c) x y z A B1 2: , (1;4;2), ( 1;2;4)1 1 2

∆ − += = −

−.

ĐS: maxx y zd 1 4 2:

1 4 3− − −

= =− −

; x y zdmin1 4 2:

15 18 19− − −

= =

Câu 49. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng x y zd 1 2:2 1 1− −

= = , hai điểm

A B(1;1;0), (2;1;1) . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và vuông góc với d, sao cho khoảng cách từ B đến ∆ là lớn nhất.

• Ta có VTCP của d là: du (2;1;1)=r và AB (1;0;1)=uuur

. Gọi H là hình chiếu của B lên ∆ ta có: d B BH AB( , )∆ = ≤ . Do đó khoảng cách từ B đến ∆

lớn nhất khi H A≡ . Khi đó ∆ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với AB.

Ta có dAB

∆∆

⊥ ⊥

⇒ Có thể chọn VTCP của ∆ là du u AB, (1; 1; 1)∆ = = − −

uuurr r

⇒ PT của ∆ là:x ty tz t

11

= + = − = −

Câu 50. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng d đi qua

A(0; 1;2)− , cắt đường thẳng x y z1

1 2:2 1 1

∆ + −= =

− sao cho khoảng cách giữa d và đường

thẳng x y z2

5:2 2 1

∆ −= =

− là lớn nhất.

• Gọi M d 1∆= ∩ . Giả sử M t t t( 1 2 ; ;2 )− + − .VTCP của d : du AM t t t(2 1; 1; )= = − + −uuurr

2∆ đi qua N(5;0;0) và có VTCP v (2; 2;1)∆ = −r ; AN (5;1; 2)= −uuur

; dv u t t t; ( 1;4 1;6 )∆ = − − r r

⇒ d

d

v u AN td d f tv u t t

2

2 2

, . (2 )( , ) 3. 3. ( ), 53 10 2

∆

∆

∆ +

= = = − +

uuurr r

r r


2

2(2 )( )

53 10 2+

=− +

. Ta suy ra được f t f 4 26max ( ) ( )37 9

= =

⇒ d dmax( ( , )) 26∆ = ⇒ Phương trình đường thẳng d: {x t y t z t29 ; 1 41 ; 2 4= = − − = + Câu hỏi tương tự:


Trang 33

a) x y z x y zAx y z1 2

1 1 1 2 1 0(2; 1;2), : , :1 02 1 1

∆ ∆− + − + − + =− = = − + + =

. ĐS: x y zd 2 1 2:41 68 27− + −

= =−

.


A(1; 1;2)− , song song với mặt phẳng P x y z( ) : 1 0+ − + = sao cho khoảng cách giữa d và

đường thẳng x y zx y z

3 0:2 2 0

∆ + + − = − + − =

là lớn nhất.

• ĐS: xy tz t

11

2

== − +

= +.

Dạng 5: Viết phương trình đường thẳng liên quan đến góc Câu 52. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(3; –1; 1), đường thẳng ∆:

x y z21 2 2

−= = và mặt phẳng (P): x y z 5 0− + − = . Viết phương trình tham số của đường

thẳng d đi qua A, nằm trong (P) và hợp với đường thẳng ∆ một góc 045 . • Gọi d Pu u n, ,∆

r r r lần lượt là các VTCP của d, ∆ và VTPT của (P).

Giả sử du a b c a b c2 2 2( ; ; ) ( 0)= + + ≠r .

+ Vì d ⊂ (P) nên d Pu n⊥r r ⇒ a b c 0− + = ⇔ b a c= + (1)

+ ·( )d 0, 45∆ = ⇔ a b c

a b c2 2 2

2 2 223

+ +=

+ + ⇔ a b c a b c2 2 2 22( 2 ) 9( )+ + = + + (2)

Từ (1) và (2) ta được: c ac214 30 0+ = ⇔ ca c

015 7 0

= + =

+ Với c = 0: chọn a = b = 1 ⇒ PTTS của d: {x t y t z3 ; 1 ; 1= + = − − = + Với 15a + 7c = 0: chọn a = 7, c = –15, b = –8 ⇒ PTTS của d: {x t y t z t3 7 ; 1 8 ; 1 15= + = − − = − . Câu 53. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt

phẳng P x y z( ) : – 1 0+ + = , cắt các đường thẳng x t x t

d y t d y tz t z t

1 2

1 3: ; : 1

2 2 1 2

= + = − = = + = + = −

và tạo với

d1 một góc 300.

• Ta có d P1 ( )⊂ . Gọi A d P2 ( )= ∩ ⇒ A(5; 1;5)− . d1 có VTCP u1 (1;1;2)=r .

Lấy B t t t d1(1 ; ;2 2 )+ + ∈ ⇒ AB t t t( 4; 1;2 3)= − + −uuur

là VTCP của ∆

Ta có d 01cos( , ) cos30∆ = ⇔ t

t t t2 2 2

6 9 326 ( 4) ( 1) (2 3)

−=

− + + + − t

t1

4 = −⇔ =


Trang 34

+ Với t 1= − thì AB ( 5;0; 5)= − −

uuur⇒ d:

x tyz t

51

5

= + = − = +

+ Với t 4= thì AB (0;5;5)=uuur

⇒ d: xy tz t

51

5

= = − + = +

Câu 54. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp A.OBC, trong đó A(1; 2; 4), B

thuộc trục Ox và có hoành độ dương, C thuộc Oy và có tung độ dương. Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (OBC), ·tan 2=OBC . Viết phương trình tham số của đường thẳng BC.

• BC: {x t y t z2 ; 2 ; 0= + = − = . Câu 55. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A B(2; 1;1), (0;1; 2)− − và đường

thẳng x y zd 3 1:1 1 2

− += =

−. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua giao điểm của đường

thẳng d với mặt phẳng (OAB), nằm trong mặt phẳng (OAB) và hợp với đường thẳng d một

góc α sao cho 5cos6

α = .

• PT mặt phẳng (OAB): x y z4 2 0+ + = . Gọi M = d ∩ (OAB) ⇒ M( 10;13; 21)− − . Giả sử ∆ có VTCP u a b c( ; ; )=r + Vì ∆ ⊂ (OAB) nên a b c4 2 0+ + = (1)

+ 5cos6

α = ⇔ a b c

a b c2 2 2

2 566

− +=

+ + (2)

Từ (1) và (2) ⇒ b c a c

b c a c

5 2,11 11, 6

= = −

= = −

+ Với b c a c5 2,11 11

= = − ⇒ u (2; 5; 11)= − −r ⇒ PT của ∆: x y z10 13 212 5 11+ − +

= =− −

+ Với b c a c, 6= = − ⇒ u (6; 1; 1)= − −r ⇒ PT của ∆: x y z10 13 216 1 1+ − +

= =− −

Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm

A(0;1; 2)− , vuông góc với đường thẳng x y zd 3 2:1 1 1+ −

= =−

và tạo với mặt phẳng (P):

x y z2 5 0+ − + = một góc 030=α . • Giả sử ∆ có VTCP u a b c( ; ; )=r .

Ta có: a d

3cos2

α

⊥

=

r

⇔ a b c

a b c

a b c2 2 2

02 3

26

− + = + − =

+ +

⇔ c a bc a b a

0,2 ,

= = = − = −

+ Với c a b0,= = ⇒ u (1;1;0)=r ⇒ ∆: {x t y t z; 1 ; 2= = + = −

+ Với c a b a2 ,= − = − ⇒ u (1; 1; 2)= − −r ⇒ ∆: {x t y t z t; 1 ; 2 2= = − = − − .


Trang 35

Câu 57. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng d đi qua A(1; 1;2)− , song song với mặt phẳng P x y z( ) : 2 3 0− − + = , đồng thời tạo với đường thẳng

x y z1 1:1 2 2

∆ + −= =

− một góc lớn nhất (nhỏ nhất).

• ∆ có VTCP u (1; 2;2)∆ = −r . Gọi VTCP của đường thẳng d là u a b c( ; ; )=r .

Pd P u n c a b( ) . 0 2⇔ = ⇔ = −r rP . Gọi góc giữa hai mặt phẳng là α.

⇒ a b a ba ab ba ab b

2

2 22 2

5 4 1 (5 4 )cos .3 5 4 23 5 4 2

α− −

= =− +− +

+ TH1: Nếu b = 0 thì 1cos . 53

α =

+ TH2: Nếu b 0≠ . Đặt atb

= ⇒ t f tt t

2

21 (5 4) 1cos . . ( )3 35 4 2

α−

= =− +


2

2(5 4)( )

5 4 2−

=− +

. Ta suy ra được: f t 5 30 cos ( )9

α≤ = ≤

So sánh TH1 và TH2, ta suy ra: 5 30 cos9

α≤ ≤

Do đó:

a) min(cos ) 0α = ⇔ ab

45

= ⇒ Phương trình đường thẳng d : x y z1 1 24 5 3− + −

= =

b) 5 3max(cos )9

α = ⇔ ab

15

= − ⇒ Phương trình đường thẳng d: x y z1 1 21 5 7− + −

= =−


A( 1;0; 1)− − , cắt đường thẳng x y z1

1 2 2:2 1 1

∆ − − += =

− sao cho góc giữa d và đường thẳng

x y z2

3 2 3:1 2 2

∆ − − += =

− là lớn nhất (nhỏ nhất).

• Gọi M d 1∆= ∩ . Giả sử M t t t(1 2 ;2 ; 2 )+ + − − .

VTCP của d : du AM t t t(2 2; 2; 1 )= = + + − −uuurr . Gọi ·d 2( , )∆=α .

⇒ t f tt t

2

22 2cos . . ( )3 36 14 9

α =+ +


2

2( )

6 14 9=

+ +. Ta suy ra được f t f 9 9max ( ) ( )

7 5= − = ; f t fmin ( ) (0) 0= =

a) min(cos ) 0α = t 0⇔ = ⇒ Phương trình đường thẳng d : x y z1 12 2 1+ +

= =−

b) 2 5max(cos )5

α = t 97

⇔ = − ⇒ Phương trình đường thẳng d : x y z1 14 5 2+ +

= =


Trang 36

Dạng 6: Viết phương trình đường thẳng liên quan đến tam giác Câu 59. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ∆ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương

trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là: x y zd1

2 3 3:1 1 2− − −

= =−

, x y zd21 4 3:

1 2 1− − −

= =−

. Lập phương trình đường thẳng chứa

cạnh BC của ABC∆ và tính diện tích của ABC∆ . • Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH P d P x y z1( ) ( ) : 2 1 0⇒ ⊥ ⇒ + − + =

B P d B2( ) (1;4;3)= ∩ ⇒ ⇒ phương trình {BC x t y t z: 1 2 ; 4 2 ; 3= + = − = Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M. Ta có: Q x y z K M( ) : 2 2 0 (2;2;4) (1;2;5)− + − = ⇒ ⇒ (K là trung điểm của CM).

x

AB y tz t

1: 4 2

3 2

=⇒ = +

= −, do ABCA AB d A S AB AC1

1(1;2;5) , 2 32∆

= ∩ ⇒ ⇒ = = uuur uuur

.

Câu 60. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ∆ABC với A(1; 1;1)− và hai đường trung

tuyến lần lượt có phương trình là x y zd11 2:

2 3 2− −

= =− −

, x t

d yz t

2

1: 0

1

= −=

= +. Viết phương trình

đường phân giác trong của góc A. • Ta có A d A d1 2,∉ ∉ . Gọi M d N d1 2,∈ ∈ lần lượt là trung điểm AC, AB.

N t t(1– ;0;1 )+ ⇒ B t t(1–2 ;1;1 2 )+ . B d t112

∈ ⇒ = ⇒ B(0;1;2)

M t t t(2 ;1 3 ;2 2 )− − ⇒ C t t t(4 –1;3 –6 ;3 – 4 ) . C d t C21 (1;0;1)2

∈ ⇒ = ⇒

Ta có: AB AC6, 1= = . Gọi AD là đường phân giác trong của góc A thì DB DC6= −uuur uuur

⇒ D 6 1 2 6; ;1 6; 1 6 1 6

+ + + +

⇒ AD 1 2 6 1; ;1 6 1 6 1 6

− += + + +

uuur

Vậy phương trình đường thẳng AD là: x y z1 1 11 12 6− + −

= =− +

.


Trang 37

TĐKG 03: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU

Dạng 1: Viết phương trình mặt cầu bằng cách xác định tâm và bán kính Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1; 2;3)− . Viết phương trình mặt cầu

tâm I và tiếp xúc với trục Oy. • Gọi M là hình chiếu của I(1; 2;3)− lên Oy, ta có: M(0; 2;0)− .

IM R IM( 1;0; 3) 10= − − ⇒ = =uuur

là bán kính mặt cầu cần tìm.

Kết luận: PT mặt cầu cần tìm là x y z2 2 2( 1) ( 2) ( 3) 10− + + + − = . Câu 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1) : {x t y t z2 ; ; 4= = = và

(d2) : { 3 ; ; 0= − = =x t y t z . Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2).

• Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2) ⇒ M N(2; 1; 4); (2; 1; 0)

⇒ Phương trình mặt cầu (S): x y z2 2 2( 2) ( 1) ( 2) 4.− + − + − = Câu hỏi tương tự:

a) x y zd12 1:

1 1 2− −

= =−

, x t

d yz t

2

2 2: 3 ′= − = ′=

. ĐS: S x y z2 2 2

11 13 1 5( ) :6 6 3 6

− + − + + =

b) x y z x y zd d1 22 1 2 4 2( ) : ,( ) :

1 2 2 1 6 2− − − + −

= = = =−

ĐS: S x y z2

2 25 9( ) : ( 2) ( 3)2 4

− + − + − =

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: x y zd14 1 5:

3 1 2− − +

= =− −

và

2

2: 3 3

= + = − + =

x td y t

z t. Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường

thẳng d1 và d2 .

• Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng là đường kính. Câu hỏi tương tự:

a) x t

d y tz

1

2:

4

= = =

, x t

d y tz

2

3:

0

= − = =

. ĐS: S x y z2 2 2( ) : ( 2) ( 1) ( 2) 4− + − + − =

Câu 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng 1( )∆ có phương trình

{x t y t z2 ; ; 4= = = ; 2( )∆ là giao tuyến của 2 mặt phẳng x y( ) : 3 0α + − = và

x y z( ) : 4 4 3 12 0β + + − = . Chứng tỏ hai đường thẳng 1 2,∆ ∆ chéo nhau và viết phương trình

mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 1 2,∆ ∆ làm đường kính.

• Gọi AB là đường vuông góc chung của 1∆ , 2∆ : A t t 1(2 ; ;4) ∆∈ , B s s 2(3 ; ;0) ∆+ − ∈ AB ⊥ ∆1, AB ⊥ ∆2 ⇒ A B(2;1;4), (2;1;0)


Trang 38

⇒ Phương trình mặt cầu là: x y z2 2 2( 2) ( 1) ( 2) 4− + − + − = Câu 5. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có

A ≡ O, B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1). Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’. • Kẻ CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ ⇒ CK ⊥ (ADC’B’) nên ∆CKH vuông tại K.

CH CK HK2 2 2 4910

⇒ = + = . Vậy phương trình mặt cầu: x y z2 2 2 49( 3) ( 2)10

− + − + =

Câu 6. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho 4 điểm A( 1; –1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3;

2), D( 4; –1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x y z 2 0+ + − = . Gọi A’ là hình chiếu của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi (S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A′, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S).

• Dễ thấy A′( 1; –1; 0). Phương trình mặt cầu ( S): 01225222 =+−−−++ zyxzyx

⇒ (S) có tâm I 5 ;1;12

, bán kính R 292

=

+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C)

+) PT đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với (P): d:x ty tz t

5 / 211

= + = + = +

H 5 1 1; ;3 6 6

⇒

IH 75 5 336 6

= = , (C) có bán kính r R IH2 2 29 75 31 1864 36 6 6

= − = − = =

Câu 7. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; –2; 3) và đường thẳng d có

phương trình x y z1 2 32 1 1+ − +

= =−

. Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. Viết

phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.

• d(A, (d)) = BA aa, 4 196 100 5 2

4 1 1

+ + = =+ +

uur r

r

PT mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = 5 2 : x y z2 2 2( –1) ( 2) ( –3) 50+ + + =

Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x y zd 5 7:2 2 1+ −

= =−

và điểm

M(4;1;6) . Đường thẳng d cắt mặt cầu (S), có tâm M, tại hai điểm A, B sao cho AB 6= . Viết phương trình của mặt cầu (S).

• d đi qua N( 5;7;0)− và có VTCP u (2; 1;1)= −r ; MN ( 9;6; 6)= − −uuuur

. Gọi H là chân đường vuông góc vẽ từ M đên đường thẳng d ⇒ MH = d M d( , ) 3= .

Bán kính mặt cầu (S): ABR MH2

2 2 182

= + =

.

⇒ PT mặt cầu (S): x y z2 2 2( 4) ( 1) ( 6) 18− + − + − = . Câu 9. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) x y z: 2 2 3 0α − + − = và mặt

cầu ( )S x y z x y z2 2 2: 2 4 8 4 0+ + − + − − = . Xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mặt phẳng ( )α . Viết phương trình mặt cầu (S′) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng ( )α .


Trang 39

• ( ) ( ) ( )S x y z222

( ) : 1 2 4 25− + + + − = có tâm ( )I 1; 2;4− và R = 5.

Khoảng cách từ I đến (α) là: ( )d I R,( ) 3α = < ⇒ (α) và mặt cầu (S) cắt nhau.

Gọi J là điểm đối xứng của I qua (α). Phương trình đường thẳng IJ : x ty tz t

1 22

4 2

= + = − − = +

Toạ độ giao điểm H của IJ và (α) thoả ( )x t ty t x Hz t y

x y z z

1 2 12 1 1; 1;2

4 2 12 2 3 0 2

= + = − = − − = −⇔ ⇒ − − = + = −

− + − = =

Vì H là trung điểm của IJ nên ( )J 3;0;0− . Mặt cầu (S′) có tâm J bán kính R′ = R = 5 nên có

phương trình: ( )S x y z2 2 2( ) : 3 25′ + + + = .

Câu 10. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt cầu (S) biết rằng mặt phẳng

Oxy và mặt phẳng (P): 2z = lần lượt cắt (S) theo hai đường tròn có bán kính bằng 2 và 8. • Từ giả thiết ta có vô số mặt cầu (S) thoả YCBT. Gọi (S0) là mặt cầu có tâm I m0(0;0; )

thuộc trục Oz. Khi đó mp(Oxy) và mp(P) cắt (S0) theo 2 đường tròn tâm O O1 (0;0;0)≡ , bán kính R1 2= và tâm O2(0;0;2) , bán kính R2 8= .

Gọi R là bán kính mặt cầu thì R m m m mR m

22 22 2

22 22 4 64 ( 2) 168 2

= + ⇒ + = + − ⇒ == + −

⇒ R 2 65= và I0(0;0;16) . Suy ra mặt cầu (S) có tâm I a b( ; ;16) (a, b ∈ R), bán kính

R 2 65= . Vậy phương trình mặt cầu (S): x a y b z2 2 2( ) ( ) ( 16) 260− + − + − = (a, b ∈ R). Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 2 2 0− − − = và đường

thẳng d: x y z1 21 2 1

+ −= =

−. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc d, I cách (P) một

khoảng bằng 2 và (P) cắt (S) theo một đường tròn (C) có bán kính bằng 3. • Giả sử I t t t d( ;2 1; 2)− − + ∈ , R là bán kính của (S), r là bán kính của (C).

Ta có: d I P t( ,( )) 2 6 5 6= ⇔ − − = ⇔ t

t

16

116

=

= −

. ( )R d I P r22 2( ,( ) 13= + =

+ Với t 16

= ⇒ I 1 2 13; ;6 3 6

− −

⇒ (S): x y z

2 2 21 2 13 136 3 6

+ + + + − =

+ Với t 116

= − ⇒ I 11 14 1; ;6 3 6

−

⇒ (S): x y z

2 2 211 14 1 136 3 6

− + + + − =

Câu 12. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 điểm A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) và mặt phẳng

(P): x y z2 5 0+ − + = . Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua O, A, B và có khoảng cách từ

tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng (P) bằng 56

.


Trang 40

• Giả sử (S): x y z ax by cz d2 2 2 2 2 2 0+ + − − − + = .

+ Từ O, A, B ∈ (S) suy ra: acd

120

==

= ⇒ I b(1; ;2) .

+ d I P 5( ,( ))6

= ⇔ b 5 56 6

+= ⇔ b

b0

10 = = −

Vậy (S): x y z x z2 2 2 2 4 0+ + − − = hoặc (S): x y z x y z2 2 2 2 20 4 0+ + − + − = Câu 13. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A B C(1;3;4), (1;2; 3), (6; 1;1)− − và

mặt phẳng x y z( ) : 2 2 1 0α + + − = . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên mặt phẳng ( )α và đi qua ba điểm A B C, , . Tính diện tích hình chiếu của tam giác ABC trên mặt phẳng ( )α .

• Goi I a b c( ; ; ) là tâm mật cầu ta có :

a b c a b cIA IB

IA IC a b c a b cI a b c

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2(1 ) (3 ) (4 ) (1 ) (2 ) ( 3 )(1 ) (3 ) (4 ) (6 ) ( 1 ) (1 )

( 2 2 1 0

− + − + − = − + − + − − = = ⇔ − + − + − = − + − − + − ∈ + + − = α)

b c aa b c b I

a b c c

7 6 15 4 3 6 1 (1; 1;1)

2 2 1 0 1

+ = = ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ − + + − = =

⇒ R IA2 2 25= =

⇒ Phương trình S x y z2 2 2( ) : ( 1) ( 1) ( 1) 25− + + + − =

Tam giác ABC đều cạnh bằng 5 2 nên ABCS 25 32

=

AB AC p AB AC(0; 1; 7), (5; 4; 3) , ( 25; 35;5) = − − = − − ⇒ = = − − uuur uuur uuur uuurr

( )ABC n p 17cos(( ),( )) cos ,15 3

α = =r rα

Gọi S ' là diện tích hình chiếu của tam giác ABC lên mặt phẳng ( )α

Ta có ABCS S ABC 50 3 17 85' .cos(( ),( ))4 615 3

α= = = (đvdt)

Câu 14. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: x y z1 13 1 1− += = và mặt

phẳng (P): x y z2 2 2 0+ − + = . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với (P) và đi qua điểm A(1; –1; 1).

• Gọi I là tâm của (S). I ∈ d ⇒ I t t t(1 3 ; 1 ; )+ − + . Bán kính R = IA = t t211 2 1− + .

Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: td I P R5 3( ,( ))3+

= =

⇔ t t237 24 0− = ⇔ t R

t R

0 124 7737 37

= ⇒ =

= ⇒ =

.

Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên chọn t = 0, R = 1. Suy ra I(1; –1; 0). Vậy phương trình mặt cầu (S): x y z2 2 2( 1) ( 1) 1− + + + = .


Trang 41

Câu 15. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d: x y z1 2

1 1 1− +

= = và mặt phẳng (P):

x y z2 – 2 2 0+ + = . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và đi qua điểm A(2; –1; 0).

• Gọi I là tâm của (S) ⇒ ( )I t t t1 ; –2;+ . Ta có d(I, (P)) = AI ⇔ t t 71;13

= = .

Vậy: S x y z2 2 2( ) : ( –2) ( 1) ( –1) 1+ + + =

hoặc S x y z2 2 2

20 19 7 121( ) : – –13 13 13 169

+ + + =

.

Câu 16. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm I(1;2; 2)− , đường thẳng ∆:

x y z2 2 3− = + = và mặt phẳng (P): x y z2 2 5 0+ + + = . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I sao cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện là hình tròn có chu vi bằng 8π . Từ đó lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa ∆ và tiếp xúc với (S).

• Ta có: d d I P( ,( )) 3= = . Gọi r là bán kính hình tròn thiết diện. Ta có: r r2 8 4π π= ⇒ =

Suy ra bán kính mặt cầu: R r d2 2 2 25= + = ⇒ S x y z2 2 2( ) : ( 1) ( 2) ( 2) 25− + − + + =

Nhận thấy mặt cầu (S) tiếp xúc với ( )∆ tại điểm M 5 5 4; ;3 3 3

−

.

Do đó: (Q) chứa ( )∆ và tiếp xúc với (S) đi qua M 5 5 4; ;3 3 3

−

và có VTPT MI 2 11 10; ;

3 3 3

−

uuur

⇒ PT mặt phẳng (Q): x y z6 33 30 105 0− + − = . Câu 17. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng {d x t y z t: ; 1;= = − = − và 2

mặt phẳng (P): x y z2 2 3 0+ + + = và (Q): x y z2 2 7 0+ + + = . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q).

• Giả sử: I t t d( ; 1; )− − ∈ . Vì (S) tiếp xúc với (P) và (Q) nên d I P d I Q R( ,( )) ( ,( ))= =

⇔ t t1 53 3− −

= ⇔ t 3= . Suy ra: R I2 , (3; 1; 3)3

= − − .

Vậy phương trình mặt cầu (S): ( ) ( ) ( )x y z2 2 2 43 1 3

9− + + + + = .

Câu hỏi tương tự: a) {d x t y t z t: 2 ; 1 2 ; 1= + = + = − , P x y z( ) : 2 2 5 0+ − + = , Q x y z( ) : 2 2 13 0+ − − = .

ĐS: S x y z2 2 2

16 11 5( ) : 97 7 7

− + − + − =

Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 2 10 0− − + = , hai

đường thẳng (∆1):x y z2 1

1 1 1− −

= =−

, (∆2): x y z2 3

1 1 4− +

= = . Viết phương trình mặt cầu (S)

có tâm thuộc (∆1), tiếp xúc với (∆2) và mặt phẳng (P).

• x ty tz t

1

2:

1∆

= +=

= −; 2∆ đi qua điểm A(2;0; 3)− và có VTCP u2 (1;1;4)=r .

Giả sử I t t t 1(2 ; ;1 ) ∆+ − ∈ là tâm và R là bán kính của mặt cẩu (S).


Trang 42

Ta có: AI t t t( ; ;4 )= −

uur ⇒ AI u t t2, (5 4;4 5 ;0) = − −

uur r ⇒ AI u td I

u2

22

, 5 4( , )3

∆ − = =

uur rr

t t t td I P 2 2 2(1 ) 10 10( ,( ))31 4 4

+ − − − + += =

+ +

(S) tiếp xúc với 2∆ và (P) ⇔ d I d I P2( , ) ( ,( ))∆ = ⇔ t t5 4 10− = + ⇔ t

t

721

=

= −.

• Với t 72

= ⇒ I 11 7 5; ;2 2 2

−

, R 9

2= ⇒

PT mặt cầu (S): x y z2 2 2

11 7 5 812 2 2 4

− + − + + =

.

• Với t 1= − ⇒ I R(1; 1;2), 3− = ⇒ PT mặt cầu (S): x y z2 2 2( 1) ( 1) ( 2) 9− + + + − = .

Dạng 2: Viết phương trình mặt cầu bằng cách xác định các hệ số của phương trình Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(–1;–3;1). Lập

phương trình của mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng (P): x + y – 2z + 4 = 0.

• PT mặt cầu (S) có dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 (S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = 0 (S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = 0 (S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = 0 Tâm I ∈ (P): a + b – 2c + 4 = 0 Giải ra ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3. Vậy (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 2y – 4z – 3 = 0 Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tam giác

ABC vuông tại A, đỉnh A trùng với gốc tọa độ O, B(1; 2; 0) và tam giác ABC có diện tích bằng 5. Gọi M là trung điểm của CC’. Biết rằng điểm A′(0; 0; 2) và điểm C có tung độ dương. Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AB′C′M.

• Ta có: AB 5= và ABCS 5∆ = nên AC 2 5= . Vì AA’ ⊥ (ABC) và A, B ∈ (Oxy) nên C ∈ (Oxy). Gọi C x y( ; ;0) . AB AC x y(1;2;0), ( ; ;0)= =

uuur uuur.

Ta có: x yAB AC x xy yAC x y2 2

2 0 4 42 22 5 20

+ =⊥ = − =⇔ ⇔ ∨ = = −= + = . Vì Cy 0> nên C(–4; 2; 0) .

Do CC AA' '=uuur uuur

⇒ C′(–4; 2; 2), BB AA' '=uuur uuur

⇒ B′(1; 2; 2) và M là trung điểm CC′ nên M(–4; 2; 1).


Trang 43

PT mặt cầu (S) đi qua A, B’, C’ và M có dạng: S x y z x by cz d2 2 2( ) : 2 2 2 0+ + + + + + =

A SB S a b c dC SM S

(0;0;0) ( )3 3 3'(1;2;2) ( ) ; ; ; 0

'( 4;2;2) ( ) 2 2 2( 4;2;1) ( )

∈ ∈ ⇔ = = − = − = − ∈

− ∈

(thoả a b c d2 2 2 0+ + − > )

Vậy phương trình mặt cầu (S) là: S x y z x y z2 2 2( ) : 3 3 3 0+ + + − − = . Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2; 1; 0), B(1; 1; 3),

C(2;–1; 3), D(1;–1; 0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

• Ta tính được AB CD AC BD AD BC10, 13, 5= = = = = = . Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G 3 3;0;2 2

, bán kính là R GA 142

= = .

Cách khác: Ta có thể xác định toạ độ tâm I của mặt cầu thoả điều kiện: IA = IB = IC = ID . Câu 22. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 2 6 0+ + − = , gọi A,

B, C lần lượt là giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC, tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao tuyến của (P) và (S).

• Ta có: A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3). PT mặt cầu (S) có dạng: x y z Ax By Cz D2 2 2 2 2 2 0+ + + + + + = A B C D2 2 2( 0)+ + − > .

A, B, C, O ∈ (S) ⇔

DA A B C D

BC

03 336 12 0 3; ; ; 0

9 6 0 2 29 6 0

= + = ⇔ = − = − = − = + =

+ =

.

Vậy (S): x y z x y z2 2 2 6 3 3 0+ + − − − = có tâm I 3 33; ;2 2

, bán kính R 3 62

= .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) ⇒ H là tâm của (C). Tìm được H 8 5 5; ;3 6 6

.

⇒ Bán kính của (C): r R IH2 2 27 5 212 2

= − = − = .

Câu 23. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn

AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. • Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: D ≡ O(0; 0; 0), A(2; 0; 0), D′(0; 2; 0), C(0; 0; 2). Suy ra: M(1; 0; 0), N(0; 1; 1), B(2; 0; 2), C′(0; 2; 2). PT mặt cầu (S) đi qua 4 điểm M, N, B, C′ có dạng: x y z Ax By Cz D2 2 2 2 2 2 0+ + + + + + = .

M, N, B, C′ ∈ (S) ⇔

A DB C D A B C DA C DB C D

1 2 05 5 12 2 2 0 ; ; ; 4

8 4 4 0 2 2 28 4 4 0

+ + = + + + = ⇔ = − = − = − = + + + =

+ + + =

Vậy bán kính R = A B C D2 2 2 15+ + − = .


Trang 44

Dạng 3: Các bài toán liên quan đến mặt cầu Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu

(S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.

• I (1; 2; 3); R = 1 4 9 11 5+ + + = ; d (I; (P)) = 2(1) 2(2) 3 4

34 4 1

− − −=

+ + < R = 5.

Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)

Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : x ty tz t

1 22 23

= + = − = −

Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t) J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 ⇒ t = 1

Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = R IJ2 2 4− = Câu 25. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2). Tính bán

kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC. • Gọi I , r là tâm và bán kính của mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC.

OABC IOAB IOBC OCA ABCV V +V +V +V= = OAB OBC OCA ABCr S r S r S r S1 1 1 1. . . . . . . .3 3 3 3

+ + + = TPr S1 . .3

Mặt khác: OABCV OA OB OC1 8 4. . .6 6 3

= = = (đvtt); OAB OBC OCAS S S OA OB1 . . 22

= = = =

ABCS AB23 3 .8 2 34 4

= = = (đvdt) ⇒ TPS 6 2 3= + (đvdt)

Do đó: OABC

TP

Vr

S3 4

6 2 3= =

+ (đv độ dài)

Câu 26. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm S(0;0;1), A(1;1;0). Hai điểm M(m;

0; 0), N(0; n; 0) thay đổi sao cho m n 1+ = và m > 0, n > 0. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN). Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với một mặt cầu cố định.

• Ta có: SM m SN n( ;0; 1), (0; ; 1)= − = −uuur uuur

⇒ VTPT của (SMN) là n n m mn( ; ; )=r Phương trình mặt phẳng (SMN): nx my mnz mn 0+ + − =

Ta có: d(A,(SMN))n m mn

n m m n2 2 2 2

+ −=

+ +

m n mnmnmn m n

1 . 1 112 21 2

− −= = =

−− +

Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định. Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng có phương trình

x td y

z t1 : 0

2

==

= −,

xd y t

z t2

0:

2

==

= −. Viết phương trình mặt cầu (S) bán kính R 6= , có tâm nằm

trên đường phân giác của góc nhỏ tạo bởi d d1 2, và tiếp xúc với d d1 2, .

• Phương trình mp(P) chứa d d1 2, là P x y z( ) : 2 0+ + − =

Phương trình mp(Q) chứa d1 và vuông góc với (P là Q x y z( ) : 2 2 0− + − = Phương trình mp(R) chứa d2 và vuông góc với (P) là R x y z( ) : 2 2 0− − + =


Trang 45

Phương trình hai mặt phân giác của hai mặt (Q) và (R): ( ) ( )PG x y PG x y z1 2: 0, : 2 4 0− = + − + =

Phương trình hai đường phân giác của d1, d2: x t x t

a y t b y tz t z

: :2 2 2

= = − = = = − =

Vì a d b d1 1cos( , ) cos( , )> nên đường thẳng a là phân giác của d1, d2 thỏa mãn điều kiện. Do đó có hai tâm mặt cầu thỏa mãn I1 2(2;2; 2), I ( 2; 2;6)− − −

Suy ra S x y z2 2 21( ) : ( 2) ( 2) ( 2) 6− + − + + = hoặc S x y z2 2 2

2( ) : ( 2) ( 2) ( 6) 6+ + + + − =


Trang 46

TĐKG 04: TÌM ĐIỂM THOẢ ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC

Dạng 1: Xác định điểm thuộc mặt phẳng Câu 1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm toạ độ

điểm M thuộc mặt phẳng (P): x y z 1 0− + − = để ∆MAB là tam giác đều. • Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): x y z 3 0+ − − = d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d: {x y t z t2; 1;= = + =

M ∈ d ⇒ M t t(2; 1; )+ AM t t22 8 11⇒ = − + .

Vì AB = 12 nên ∆ MAB đều khi MA = MB = AB

t t t2 4 182 8 1 02

±⇔ − − = ⇔ = M 6 18 4 182; ;

2 2

± ±⇒

.

Câu hỏi tương tự: a) Với (4;0;0) , (0;0;4)A B , (P): 2 2 4 0− + − =x y z . ĐS: Câu 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 0;–3) và B(2; 0;–1). Tìm toạ

độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x y z3 1 0− − + = để ∆MAB là tam giác đều. • Giả sử M x y z P( ; ; ) ( )∈ ⇒ x y z3 1 0− − + = (1).

∆ MAB đều ⇔ MA MBMA ABM P

2 2

2 2

( )

= = ∈

⇔ x zzx y z

4 8 46 13 1

+ = −= −

− − = − ⇔

x

y

z

2310316

=

=

= −

⇒ M 2 10 1; ;3 3 6

−

Câu hỏi tương tự: a) Với A B P x y z(1;1; 3), (3;1; 1),( ) : 3 8 7 4 0− − − + + = .

ĐS: C 2 6 6 2 62 ;1 ; 23 3 3

+ − − −

hoặc C 2 6 6 2 62 ;1 ; 2

3 3 3

− + − +

b) Với A B P x y z(1;2;3), ( 1;4;2),( ) : 1 0− − + + = .

ĐS: C 1 3 5 11 3 5 3; ;4 4 2

− −

hoặc C 1 3 5 11 3 5 3; ;4 4 2

+ +

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A B(3;5;4) , (3;1;4) . Tìm tọa độ

điểm C thuộc mặt phẳng P x y z( ) : 1 0− − − = sao cho tam giác ABC cân tại C và có diện tích

bằng 2 17 . • Giả sử: C x y x y P( ; ; 1) ( )− − ∈ . AB 4= .

AC BC x y x y x y x y y2 2 2 2 2 2( 3) ( 5) ( 5) ( 3) ( 1) ( 5) 3= ⇒ − + − + − − = − + − + − − ⇒ = Gọi I là trung điểm AB I(3;3;4)⇒ .

IABS CI AB CI2 17 . 4 17 17= ⇒ = ⇒ = ⇔ xx xx

2 2 4(3 ) (8 ) 177

=− + − = ⇔ =

+ Với x C4 (4;3;0)= ⇒ + x C7 (7;3;3)= ⇒ . Câu 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 1; 2), B(2; –2; 1), C(–2; 0; 1).

Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P): x y z2 2 –3 0+ + =


Trang 47

sao cho MA = MB = MC .

• Ta có AB AC n AB AC(2; 3; 1), ( 2; 1; 1) , (2;4; 8) = − − = − − − ⇒ = = − uuur uuur uuur uuurr là 1 VTPT của (ABC)

Suy ra phương trình (ABC): x y z2 4 6 0+ − + = . Giả sử M(x; y; z).

Ta có: MA MB MCM P( )

= = ∈

⇔ xyz

237

==

= − ⇒ M(2;3; 7)−

Câu 5. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm (0; 2;1), (2;0;3)−A B và mặt phẳng

( ) : 2 4 0P x y z− − + = . Tìm điểm M thuộc (P) sao cho MA =MB và ( ) ( )ABM P⊥ .

• Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của AB 1 (1;1;1)2

⇒ = =Qn ABuuuvr là một VTPT của (Q).

I(1; 1;2)− là trung điểm của AB ⇒ Phương trình Q x y z( ) : 2 0+ + − = Gọi (R) là mặt phẳng qua A, B và vuông góc với (P). ; (0;3; 3) = = − R P Qn n nr r r là VTPT của

(R) ⇒ Phương trình của R y z( ) : 3 0− + =

Toạ độ của M là nghịêm cuả hệ:x y z

x y z My z

2 4 0 2 1 172 0 ; ;3 6 63 0

− − + = + + − = ⇒ − − − + =

Câu 6. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(2;0;0), C(0;4;0), S(0; 0; 4).Tìm

tọa độ điểm B trong mp(Oxy) sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm O, B, C, S.

• OABC là hình chữ nhật ⇒ B(2; 4; 0) ⇒ Tọa độ trung điểm H của OB là H(1; 2; 0), H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OCB.

+ Đường thẳng vuông góc với mp(OCB) tại H cắt mặt phẳng trung trực của đoạn OS (mp có phương trình z = 2 ) tại I ⇒ I là tâm mặt cầu đi qua 4 điểm O, B, C, S.

+ Tâm I(1; 2; 2) và R = OI = 2 21 2 2 3+ + = ⇒ (S): x y z2 2 2( 1) ( 2) ( 2) 9− + − + − = Câu 7. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A B(–1;3;–2), (–3;7;–18) và mặt phẳng (P):

x y z2 – 1 0+ + = . Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. • A, B nằm cùng phía đối với (P). Gọi A′ là điểm đối xứng với A qua (P) ⇒ A '(3;1;0) Để M ∈ (P) có MA + MB nhỏ nhất thì M là giao điểm của (P) với A′B ⇒ M(2;2; 3)− . Câu hỏi tương tự:

a) Với A B(0; 1;2), ( 1;1;3)− − , P Oxy( ) ( )≡ . ĐS: M 2 1; ;05 5

− −

b) Với A(1;0;0) , B(1;2;0) , P x y z( ) : 4 0+ + − = ĐS:

c) Với A B P x y z(1;2; 1), (3;1; 2),( ) : 2 0− − − + = . ĐS: M 13 4;1;5 5

−

.

Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng

∆ có phương trình tham số {x t y t z t1 2 ; 1 ; 2= − + = − = . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.

• Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.

Điểm M ∆∈ nên ( )M t t t1 2 ;1 ;2− + − . AM BM t t2 2 2 2(3 ) (2 5) (3 6) (2 5)+ = + + − +


Trang 48

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( )u t3 ;2 5=r

và ( )v t3 6;2 5= − +r

.

Ta có u t v t2 2 2 2(3 ) (2 5) ; (3 6) (2 5)= + = − +r r

⇒ AM BM u v| | | |+ = +r r

và u v u v(6;4 5) | | 2 29+ = ⇒ + =r r r r

Mặt khác, ta luôn có u v u v| | | | | |+ ≥ +r r r r

Như vậy AM BM 2 29+ ≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u v,r r

cùng hướng t tt3 2 5 1

3 6 2 5⇔ = ⇔ =

− +

M(1;0;2)⇒ và AM BMmin( ) 2 29+ = . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2( 11 29)+ Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P x y z( ) : 3 3 11 0− + − = và

hai điểm A(3; 4;5)− , B(3;3; 3)− . Tìm điểm M P( )∈ sao cho MA MB− lớn nhất. • Xét tương tự như câu 6). + Nếu A, B ở cùng phía so với (P) thì MA MB AB− ≤ + Nếu A, B ở khác phía so với (P), ta lấy điểm A′ đối xứng với A qua (P). Khi đó MA MA MA MB MA MB A B′ ′ ′= ⇒ − = − ≤

ĐS: M 31 5 31; ;7 7 7

− −

.

Câu hỏi tương tự: a) P x y z( ) : 4 0+ + − = , A(1;2;1) , B(0;1;2) . ĐS:

b) P x y z A C( ) : 2 0, (1;2; 1), (1; 2;1)− + = − − . ĐS: M 7 11; ;12 2

Câu 10. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 0822 =++− zyx và các

điểm A B(–1;2;3), (3;0;–1) . Tìm điểm M∈ (P) sao cho 22 MBMA + nhỏ nhất.

• Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I(1; 1; 1) . Ta có: ABMA MB MI2

2 2 222

+ = + .

Do đó: MA MB2 2+ nhỏ nhất IM2⇔ nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I trên (P)

⇔ PIM n cuøng phöôngM P

,( )

∈

uuur r ⇔

x t ty t xz t yx y z z

1 11 2 01 2 32 2 8 0 1

= + = − = − =⇔ ⇔ = + =

− + + = = −

. Vậy M(0; 3; –1).

Câu hỏi tương tự: a) Với (P): x y z 0+ + = , A(–3; 5;–5); B(5;–3; 7). ĐS: M ≡ O(0; 0; 0).

b) Với (P): x y z5 7 5 0+ − − = , A B(4;9; 9), ( 10;13;1)− − . ĐS: M 50 192 75; ;17 17 17

− −

.

Câu 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P x y z( ) : 4 0+ + − = và các

điểm A(1;2;1) , B(0;1;2) . Tìm điểm M P( )∈ sao cho MA MB2 22+ nhỏ nhất.

• Giả sử I là điểm thoả mãn: IA IB IA IB2 0 2+ = ⇔ = −uur uur r uur uur

⇒ I 1 4 5; ;3 3 3

Ta có: MA MB MI IA IB2 2 2 2 22 3 2+ = + + . Do I cố định nên IA IB2 2, không đổi.

Vậy MA MB2 22+ nhỏ nhất MI 2⇔ nhỏ nhất MI⇔ nhỏ nhất M⇔ là hình chiếu của I


Trang 49

trên (P) ⇔ M 5 14 17; ;9 9 9

.

Câu 12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3),

C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x y z– – –3 0= . Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng

(P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F MA MB MC2 2 2= + + . Khi đó tìm toạ độ của M.

• Gọi G là trọng tâm của ∆ABC ⇒ G 7 8; ;33 3

; GA GB GC2 2 2 56 32 104 649 9 9 3

+ + = + + =

Ta có ( ) ( ) ( )F MA MB MC MG GA MG GB MG GC2 2 22 2 2= + + = + + + + +

uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur

MG GA GB GC MG GA GB GC MG GA GB GC2 2 2 2 2 2 2 23 2 ( ) 3= + + + + + + = + + +uuuur uuur uuur uuuur

F nhỏ nhất ⇔ MG2 nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên (P)

⇔ MG d G P

7 8 3 33 3 19( ,( ))

1 1 1 3 3

− − −= = =

+ +

Vậy F nhỏ nhất bằng 2

19 64 5533.3 93 3

+ =

khi M là hình chiếu của G lên (P).

Câu hỏi tương tự: a) A(1; –3; 5), B(1; 4; 3), C(4; 2; 1), (P): x y z 3 0− − − = .

ĐS: Fmin 65= , M 11 2 4; ;3 3 3

−

b) A(1; 1; 0), B(0; 1; 1) và C(2; 2; 1), (P): x y z3 – 2 0+ + = . ĐS: M 22 61 17; ;3 3 3

−

c) A(–1; 2; 3), B(3; 0; –1), C(1; 4; 7), (P): 0622 =++− zyx . ĐS: M (0; 4; 1) . Câu 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A( 1;0;1)− , B(2; 1;0)− ,

C(2;4;2) và mặt phẳng (P): x y z2 2 0+ + + = . Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho biểu

thức T MA MB MC2 2 2= + + đạt giá trị nhỏ nhất. • Giả sử M x y z P( ; ; ) ( )∈ ⇒ x y z2 2 0+ + + = ⇔ x y z( 1) ( 1) 2( 1) 6 0− + − + − + = (1)

Ta có: T x y z x y z x y z2 2 2 2 2 23( 2 2 2 ) 31 3 ( 1) ( 1) ( 1) 22 = + + − − − + = − + − + − + (2) Từ (1), áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho các bộ số: (1;1;2) và x y z( 1; 1; 1)− − − , ta được:

x y z x y z22 2 2 2( 6) 1( 1) 1( 1) 2( 1) (1 1 4) ( 1) ( 1) ( 1) − = − + − + − ≤ + + − + − + −

⇒ T263. 22 40

6≥ + = . Dấu "=" xảy ra ⇔

xx y zyzx y z

01 1 101 1 212 2 0

= − − − = = ⇔ = = −+ + + =

⇒ M(0;0; 1)− .


điểm A(1;2;1) , B(0;1;2) , C(0;0;3) . Tìm điểm M P( )∈ sao cho MA MB MC2 2 23 2+ + nhỏ nhất.

• Giải tương tự như Câu 10. Câu 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P x y z( ) : 1 0− + − = và các


Trang 50

điểm A(1;2; 1)− , B(1;0; 1)− , C(2;1; 2)− . Tìm điểm M P( )∈ sao cho MA MB MC2 2 2+ − nhỏ nhất.

• Giải tương tự như Câu 10. ĐS: M 2 1 2; ;3 3 3

.

Câu 16. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P x y z( ) : 2 0− + = và các

điểm A(1;2; 1)− , B(3;1; 2)− , C(1; 2;1)− . Tìm điểm M P( )∈ sao cho MA MB MC2 2 2− − nhỏ nhất.

• Giải tương tự như Câu 10. ĐS: ( )M 2; 2; 2− − . Câu 17. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) và

mặt phẳng (P) có phương trình: x y z 3 0+ + − = . Tìm trên (P) điểm M sao cho

MA MB MC2 3+ +uuur uuur uuur

nhỏ nhất.

• Gọi I là điểm thoả: IA IB IC2 3 0+ + =uur uur uur r

⇒ I 23 13 25; ;6 6 6

Ta có: T = ( ) ( ) ( )MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI MI2 3 2 3 6 6+ + = + + + + + = =uuur uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uuur

Do đó: T nhỏ nhất ⇔ MI

uuur nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên (P). Ta tìm được:

M 13 2 16; ;9 9 9

−

. Khi đó T 43 3min

3= .

Cách 2: Giả sử M x y z P( ; ; ) ( )∈ ⇒ x y z 3 0+ + − = (1)

Khi đó: MI x y z2 2 2

2 23 13 256 6 6

= − + − + −

Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho (1), ta được:

x y z x y z22 2 2 2

43 23 13 25 23 13 251. 1. 1. 36 6 6 6 6 6 6

− = − + − + − ≤ − + − + −

⇒ MI2

2 43318

≥

⇔ MI 43 3

18≥ .

Dấu "=" xảy ra ⇔ x y z

x y z

23 13 256 6 6

1 1 13 0

− − −

= =

+ + − =

⇔

x

y

z

13929

169

=

= −

=

⇔ M 13 2 16; ;9 9 9

−

Vậy T 43 3min3

= khi M 13 2 16; ;9 9 9

−

.


điểm A(1;2;1) , B(0;1;2) , C(0;0;3) . Tìm điểm M P( )∈ sao cho MA MB MC3 4+ +uuur uuur uuur

nhỏ nhất.

• Giải tương tự như Câu 16. Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P x y z( ) : 1 0+ + − = và ba


Trang 51

điểm A B C(2;1;3), (0; 6;2), (1; 1;4)− − . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng P( ) sao cho

MA MB MC+ +uuur uuur uuur

đạt giá trị bé nhất. • Dễ thấy A B C, , không thẳng hàng. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , thì G(1; 2;3)− .

Khi đó với mọi M P( )∈ ta có MA MB MC MG3+ + =uuur uuur uuur uuuur

, do đó MA MB MC+ +uuur uuur uuur

đạt giá trị

bé nhất MG ⇔uuuur

đạt giá trị bé nhất M⇔ là hình chiếu vuông góc của G trên P( ) . (P) có VTPT n (1;1;1)=r . Giả sử M x y z P x y z0 0 0 0 0 0( ; ; ) ( ) 1 0∈ ⇒ + + − = (1).

M là hình chiếu của G trên P( ) ( )GM x y z0 0 01; 2; 3⇔ = − + −uuur

cùng phương với nr

x y z x y z0 0 0 0 0 01 2 3 ( 1) ( 2) ( 3)

1 1 1 1 1 1− + − − + + + −

⇔ = = =+ +

x y z0 0 0( 1) 1 1

3 3+ + − − −

= =

⇔ x y z0 0 02 7 8, ,3 3 3

−= = = . Vậy M 2 7 8; ;

3 3 3 −

.


a) P x y z A B C( ) : 2 0, (1;2; 1), (3;1; 2), (1; 2;1)− + = − − − . ĐS: M 5 1 2; ;2 3 3

−

.

Câu 20. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z3 3 2 37 0− + + = và

các điểm A B C(4;1;5), (3;0;1), ( 1;2;0)− . Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho biểu thức sau

đạt giá trị nhỏ nhất: S = MA MB MB MC MC MA. . .+ +uuur uuur uuur uuur uuuuruuur

• Giả sử M x y z P( ; ; ) ( )∈ ⇒ x y z3 3 2 37 0− + + = (1)

Khi đó S x y z2 2 23 ( 2) ( 1) ( 2) 5 = − + − + − − . Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho (1) ta được:

x y z x y z22 2 2 2( 44) 3( 2) 3( 1) 2( 2) (9 9 4) ( 2) ( 1) ( 2) − = − − − + − ≤ + + − + − + −

⇒ x y z2

2 2 2 44( 2) ( 1) ( 2) 8822

− + − + − ≥ = .

Dấu "=" xảy ra ⇔ x y z2 1 23 3 2− − −

= =−

⇔ xyz

472

= −=

= − ⇔ M(4;7; 2)− .

Vậy Smin 3.88 5 259= − = khi M(4;7; 2)− . Câu 21. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A B(0;1;2), ( 1;1;0)− và mặt

phẳng (P): x y z 0− + = . Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho ∆MAB vuông cân tại B.

• Giả sử M x y z P( ; ; ) ( )∈ . BA MB x y z(1;0;2), ( 1; 1; )= = + −uur uuur

.

Ta có: M PBA BMBA BM

( ). 0

∈ = =

uur uuur⇔

x zx y zx y z2 2 2

1 2 00

( 1) ( 1) 5

+ + = − + = + + − + =

⇔

x x

y y

z z

1 10 4 103 3

4 10 2 106 6

2 10 2 106 6

− − − += =

− + − + = ∨ = − − − +

= =

Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm B( 1; 3; 0)− , C(1; 3; 0) , M a(0; 0; ) với a > 0. Trên trục Oz lấy điểm N sao cho mặt phẳng (NBC) vuông góc với mặt phẳng (MBC). Tìm a để thể tích của khối chóp BCMN nhỏ nhất


Trang 52

• BCMN MOBC NOBCV V V aa

3 33

= + = +

đạt nhỏ nhất ⇔ a

a3

= ⇔ a 3= .

Dạng 2: Xác định điểm thuộc đường thẳng


d y tz t

2:

1 2

= −=

= − − và mặt phẳng

(P): x y z 1 0+ − + = . Gọi d ′ là hình chiếu của d trên mặt phẳng (P). Tìm toạ độ điểm H thuộc d ′ sao cho H cách điểm K(1;1;4) một khoảng bằng 5.

• Gọi A = d ∩ (P) ⇒ A(4; 2;3)− . PT hình chiếu d′ của d trên (P): x ty tz t

4 72 2

3 5

= += − −

= +.

Giả sử H t t t d(4 7 ; 2 2 ;3 5 ) ′+ − − + ∈ . KH2 25= ⇔ t 11 23839

− ±= ⇒ H.

Câu 24. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 4; 2),B(–1; 2; 4) và đường

thẳng ∆ : x y z1 21 1 2− +

= =−

. Tìm toạ độ điểm M trên ∆ sao cho: MA MB2 2 28+ = .

• PTTS của x ty tz t

1: 2

2

= −∆ = − + =

. M M t t t(1 ; 2 ;2 )∆∈ ⇒ − − +

Ta có: MA MB t t t2 2 228 12 48 48 0 2+ = ⇔ − + = ⇔ = ⇒ M( 1;0;4)− Câu 25. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm A B C(0;1;0), (2;2;2), ( 2;3;1)− và đường

thẳng x y zd 1 2 3:2 1 2− + −

= =−

. Tìm điểm M trên d để thể tích tứ diện MABC bằng 3.

• x t

d y tz t

1 2: 2

3 2

= + = − − = +

. Giả sử M t t t d(1 2 ; 2 ; 3 2 )+ − − + ∈ . n AB AC1 ; (1; 2; 2)3

= − = − uuur uuurr

⇒ ABCS 92

= . PT mặt phẳng (ABC): x y z2 2 2 0+ − − = . th d M ABC 4 11( ,( )3

− −= =

MABCtV t1 9 4 11 5. . 3

3 2 3 4+

= = ⇔ = − hoặc t 174

= −

⇒ M 3 3 1; ;2 4 2

− −

hoặc M 15 9 11; ;

2 4 2

−

.


Trang 53

Câu 26. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng d: x y z1 3

1 1 1− −

= = . Tìm trên d hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.

• Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d M d( , ) 2= .

Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH2 2 633

=

Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:

x y z

x y z2 2 2

2 31 1 1

8( 2) ( 1) ( 2)3

− −= =

− + − + − =

.

Giải hệ này ta tìm được: A B2 2 2 2 2 22 ; ;3 , 2 ; ;33 3 3 3 3 3

+ + − − −

.


a) Với M(1;0; 1)− , x t

d y tz

: 21

==

=. ĐS: A B5 76 10 2 76 1 76 2 2 76; ;1 , ; ;1

15 15 15 15

+ + − −

hoặc A B5 76 10 2 76 1 76 2 2 76; ;1 , ; ;115 15 15 15

− − + +

Câu 27. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 3) và đường thẳng d:

x ty tz

12 23

= − = + =

. Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC đều.

• d có VTCP du ( 1;2;0)= −r . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d.

Giả sử ( )t tH 1 ; 2 2 ;3− + ⇒ ( )AH t t1 ;1 2 ;0= − +uuuur

Mà AH ⊥ d nên dAH u⊥uuur r ⇒ ( ) ( )t t1 1 21 2 0− +− + = ⇔ t 1

5= − ⇒ H 6 8; ;3

5 5

⇒ AH = 3 55

. Mà ∆ABC đều nên BC = AH2 2 1553

= hay BH = 155

.

Giả sử B s s(1 ;2 2 ;3)− + thì s s2 2

1 2 1525 5 25

− − + + =

⇔ s s225 10 2 0+ − = ⇔ s 1 35

− ±=

Vậy: B 6 3 8 2 3; ;35 5

− +

và C 6 3 8 2 3; ;35 5

+ −

hoặc B 6 3 8 2 3; ;35 5

+ −

và C 6 3 8 2 3; ;35 5

− +

Câu 28. Trong không gian với hệ toạ Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng (d) :

1 21 2 2− +

= =x y z và mặt phẳng (P) : x y z2 – –2 0= .


Trang 54

• Gọi A(a; 0; 0) Ox∈ ⇒ a ad A P

2 2 2

2 2( ; ( ))32 1 2

= =+ +

; a ad A d28 24 36( ; )

3− +

=

d(A; (P)) = d(A; d) a a a a a

222 8 24 36 4 24 36 0

3 3− +

⇔ = ⇔ − + =

a a24( 3) 0 3.⇔ − = ⇔ = Vậy có một điểm A(3; 0; 0). Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z–2 2 –1 0+ = và hai

đường thẳng ∆1 : x y z1 9

1 1 6+ +

= = ; ∆2 : x y z1 3 1

2 1 2− − +

= =−

. Xác định tọa độ điểm M

thuộc đường thẳng ∆1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.

• M (–1 + t; t; –9 + 6t) ∈∆1; ∆2 qua A (1; 3; –1) có véctơ chỉ phương ar = (2; 1; –2) AM

uuur = (t – 2; t – 3; 6t – 8) ⇒ AM a;

uuur r = (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)

Ta có : d (M, ∆2) = d (M, (P)) ⇔ t t t2261 792 612 11 20− + = −

⇔ 35t2 – 88t + 53 = 0 ⇔ t = 1 hay t = 5335

. Vậy M (0; 1; –3) hay M 18 53 3; ;35 35 35

.


a) Với (P): x y z2 2 1 0+ + − = , x y z1

3 5:1 1 1

∆ − −= =

−, x y z

21 2 3:

4 1 1∆ − − −

= =

ĐS: M(2;4;1) , M( 1;1;4)−

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x y z1

1 2:2 1 1

∆ − += =

− và

x y z2

1 1 3:1 7 1

∆ + − −= =

−. Đường vuông góc chung của 1∆ và 2∆ cắt 1∆ tại A, cắt 2∆ tại B.

Tình diện tích ∆OAB. • 1∆ có VTCP u1 (2; 1;1)= −r , 2∆ có VTCP u2 (1;7; 1)= −r Giả sử A t t t1 1 1 1(1 2 ; ; 2 ) ∆+ − − + ∈ , B t t t2 2 2 2( 1 ;1 7 ;3 ) ∆− + + − ∈ .

Ta có: AB u t At BAB u

1 1

22

. 0 0 (1;0; 2)0 ( 1;1;3). 0

= = ⇒ − ⇔ = ⇒ −=

uuur ruuur r ⇒ OABS OA OB1 ,

2 = uuur uuur

= 62

.

Câu 31. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 2 1 0− + − = và các

đường thẳng x y z x y zd d1 2

1 3 5 5: ; :

2 3 2 6 4 5− − − +

= = = =− −

. Tìm các điểm 1 2M d N d,∈ ∈ sao

cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.

• PTTS của d1 là: x ty tz t

1 23 32

= + = − =

. M ∈ d1 nên tọa độ của M ( )t t t1 2 ;3 3 ;2+ − .

Theo đề: t t t t td M Pt2 2 2

1 2 2(3 3 ) 4 1 12 6 1( ;( )) 2 2031 ( 2) 2

+ − − + − − == = ⇔ = ⇔ =+ − +

+ Với t = 1 ta được ( )M1 3;0;2 ; + Với t = 0 ta được ( )M2 1;3;0


Trang 55

• Ứng với M1, điểm N1 2d∈ cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: x y z x y z( 3) 2 2( 2) 0 2 2 7 0 (1)− − + − = ⇔ − + − = .

PTTS của d2 là: x ty tz t

5 645 5

= + = = − −

(2)

Thay (2) vào (1), ta được: t = –1. Điểm N1 cần tìm là N1(–1;–4;0). • Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;–5). Câu 32. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 2 1 0− + − = và các

đường thẳng x y zd1

1 3:

2 1 2− −

= =−

, x y zd2

5 5:

3 4 2− +

= = . Tìm các điểm 1 2A d B d,∈ ∈ sao

cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1. • Giả sử: A t t t d1 1 1 1(2 1, 3, 2 )+ + − ∈ , B t t t d2 2 2 2(3 5,4 ,2 5)+ − ∈

AB t t t t t t2 1 2 1 2 1(3 2 4,4 3,2 2 5)= − + − − + −uuur

PAB n t t t t t t2 1 2 1 2 1. 0 2(3 2 4) 4 3 2(2 2 5) 0= ⇔ − + − + + + + − =uuur r t t2 16 1 0⇔ + + =

t t t t

AB P d AB P d A P 1 1 1 14 2 3 4 1 2( ) ( ,( )) ( ,( )) 1

3 3+ − − − − +

⇒ = = = =Ptt1

1

51

= −⇔ =

• Với t t A B1 22 8 115 ( 9; 2;10), 7; ;3 3 3

−= − ⇒ = ⇒ − −

• Với t t A B1 21 4 171 (3;4; 2), 4; ;

3 3 3 − − −

= ⇒ = ⇒ −

Câu 33. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 5; 4), B(0; 1; 1), C(1; 2; 1). Tìm

tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.

• Ta có AB ( 1; 4; 3)= − − −uuur

. Phương trình đường thẳng AB: x ty tz t

15 44 3

= − = − = −

.

Gọi D a a a AB(1 ;5 4 ;4 3 )− − − ∈ DC a a a( ;4 3;3 3)⇒ = − −uuur

.

Độ dài đoạn CD ngắn nhất ⇔ D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB ⇔ AB DC⊥uuur uuur

⇔ a a a16 12 9 9 0− − + − + = ⇔ a 2126

= . Vậy: D 5 49 41; ;26 26 26

.

Câu 34. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng x y zd11 1:

2 1 1+ −

= =−

và

x y zd2 :1 1 2

= = . Tìm các điểm M thuộc d1 , N thuộc d2 sao cho đường thẳng MN song song

với mặt phẳng (P): x y z 2012 0− + + = và độ dài đoạn MN bằng 2 .

• Lấy M d N d1 2,∈ ∈ . Ta có PMN P MN nMN MN

( ) . 02 2

=⇔ = =

uuuur rP ⇔ M N 3 2 5(0;0;0), ; ;7 7 7

− −

.

Câu 35. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng x y zd 2 1:1 1 1

+ −= =

− và các


Trang 56

điểm A B C(1;0;0), (0;1;1), (0;0;2) . Tìm điểm M thuộc d sao cho góc giữa hai mặt phẳng

(MAB) và (CAB) bằng 030=α . • ĐS: M(0; 2;1)− . Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng có phương trình:

x ty tz

1

1( ) : 1

2

= +∆ = − − =

và x y z2

3 1( ) :1 2 1

∆ − −= =

−. Xác định điểm A trên ∆1 và điểm B trên ∆2 sao

cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. • Giả sử A(t+1; –t –1; 2)∈ ∆1, B( t'+3; 2t' +1; t')∈ ∆2 ⇒ AB t t t t t( ' 2;2 ' 2; ' 2)= − − + + + −

uuur

Vì đoạn AB có độ dài nhỏ nhất ⇔ AB là đoạn vuông góc chung của (∆1) và (∆2)

⇒ AB u AB u t t t tt tAB u AB u

1 1

2 2

. 0 2 3 ' 0 ' 03 6 ' 0. 0

⊥ = + =⇔ ⇔ ⇔ = = + =⊥ =

uuur r uuur ruuur r uuur r ⇒ A( 1; –1; 2), B(3; 1; 0).

Câu 37. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; –1; 2), B(3; – 4; –2) và đường

thẳng x t

d y tz t

2 4: 6

1 8

= += −

= − −. Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.

• AB (2; 3; 4)= − −uuur

⇒ AB // d. Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d . Ta có: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B . Do đó IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B. Khi đó A1,

I, B thẳng hàng ⇒ I là giao điểm của A1B và d. Vì AB // d nên I là trung điểm của A1B.

Gọi H là hình chiếu của A lên d. Tìm được H 36 33 15; ;29 29 29

. A’ đối xứng với A qua H nên

A’ 43 95 28; ;29 29 29

−

. I là trung điểm của A’B suy ra I 65 21 43; ;

29 58 29 − −

.


a) Với A B(1; 1;2), (3; 4; 2)− − − , x y zd 2 1:4 6 8− +

= =− −

. ĐS: I 64 9 45; ;29 29 29

− −

.

b) Với A B(1;2;–1), (7;–2;3) , x y zd 2 4:3 2 2− −

= =−

. ĐS: I(2;0;4) .

Câu 38. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường

thẳng ∆: x y z1 12 1 2+ −

= =−

. Tìm toạ độ điểm M trên ∆ sao cho ∆MAB có diện tích nhỏ nhất.

• PTTS của ∆: x ty tz t

1 212

= − += −

=. Gọi M t t t( 1 2 ;1 ;2 )− + − ∈ ∆.

Diện tích ∆MAB là S AM AB t t21 , 18 36 2162

= = − + uuur uuur

= t 218( 1) 198− + ≥ 198

Vậy Min S = 198 khi t 1= hay M(1; 0; 2). Câu hỏi tương tự:

a) Với A B(0;1;0), (2;2;2) , x y z1 2 3:2 1 2

∆ − + −= =

−. ĐS: M( 3;0;1)− , S 3 2min

2=


Trang 57

b) Với x y zA B 3 1(2; 1;1), (0;1; 2), :

1 1 2∆ − +

− − = =−

. ĐS: M S 34( 5;8; 11),min2

− − =

c) Với x y zA B 1 2 1(0;1; 2), (2; 1;1), :1 1 2

∆ − − −− − = =

−. ĐS: M S( 2;5; 5),min 22− − =

d) Với x y zA Bx y

1 0(2; 1;1), (1; 1;0), :2 1 0

∆ + − − =− − − − =. ĐS: M 1 2 3; ;

6 3 2

− −

.

e) Với x y zA B 1 2(1;4;2), ( 1;2;4), :1 1 2

∆ − −− = =

−. ĐS: M 12 5 38; ;

7 7 7

−

.

Câu 39. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(5;8; 11)− , B(3;5; 4)− , C(2;1; 6)−

và đường thẳng x y zd 1 2 1:2 1 1− − −

= = . Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d sao

cho MA MB MC− −uuur uuur uuur

đạt giá trị nhỏ nhất.

• Giả sử M t t t d(2 1;2 2; 1)+ + + ∈ ⇒ MA MB MC t t t( 2 1; 2 4; )− − = − − − − −uuur uuur uuur

MA MB MC− −uuur uuur uuur

= t t t t2

2 2 2 10 53 53(2 1) (2 4) 99 9 3

+ + + + = + + ≥

Dấu "=" xảy ra ⇔ t 109

= − ⇒ M 11 2 1; ;9 9 9

− − −

Câu 40. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho P x y z( ) : 2 5 0+ − + = điểm A( –2; 3; 4)

và đường thẳng xd y z3( ) : 1 32+

= + = − . Gọi ∆ là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao

điểm của (d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên ∆ điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.

• PTTS của d: x ty tz t

2 313

= − = − = +

. Gọi I là giao điểm của (d) và (P) ⇒ I( 1;0;4)−

(d) có VTCP là a (2;1;1)=r , (P) có VTPT là n (1;2; 1)= −r [ ]a n, ( 3;3;3)⇒ = −r r .

Gọi ur là vectơ chỉ phương của ∆ u ( 1;1;1)⇒ = −r x uy uz u

1:

4∆

= −⇒ = = +

.

Vì M M u u u( 1 ; ;4 )∆∈ ⇒ − − + , AM u u u(1 ; 3; )⇒ = − −uuur

AM ngắn nhất AM ∆⇔ ⊥ AM u u u u. 0 1(1 ) 1( 3) 1. 0⇔ = ⇔ − − + − + =uuur r

u 43

⇔ = .

Vậy M 7 4 16; ;3 3 3

−

Câu 41. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(–1; –1; 2), B(–2; –2; 1) và mặt phẳng (P) có

phương trình x y z3 2 0+ − + = . Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB. Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho độ dài đoạn thẳng OM là nhỏ nhất.

• Gọi I là trung điểm của AB I AB3 3 3; ; ; ( 1; 1; 1)2 2 2

− −⇒ = − − −

uuur


Trang 58

⇒ PT (Q): x y z 3 02

+ + + =

∆ là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ PTTS của ∆: x t y t z t7 12 ; ;4 4

= − + = − = −

.

Giả sử M t t t OM t t27 1 15 252 ; ; ; 64 4 2 8

− + − − ∈ ∆ = − +

.

OM nhỏ nhất khi t M5 1 5 3; ;8 2 8 8

= ⇒ − − −

.

Câu 42. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng (d1): x y z3 1

1 1 2− +

= =−

, (d2):

x y z2 21 2 1

− += =

−. Một đường thẳng (∆) đi qua điểm A(1; 2; 3), cắt đường thẳng (d1) tại

điểm B và cắt đường thẳng (d2) tại điểm C. Chứng minh rằng điểm B là trung điểm của đoạn thẳng AC.

• Lấy B ∈ (d1), C ∈ (d2). Từ : AB k AC=uuur uuur

⇒ k 12

= ⇒ B là trung điểm của đoạn thẳng AC.

Ta có thể tính được B(2; –1; 1), C(3; –4; –1). Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm E F 4 3 9(2;1;5), ( ; ; ) . Gọi ∆ là giao

tuyến của hai mặt phẳng P : 2x y z 1 ( ) 0+ − + = và Q x y z ( ) : 2 7 0− + − = . Tìm điểm I thuộc ∆ sao cho: IE IF− lớn nhất .

• PTTS của ∆: x ty tz t

15

3 3

= + = − = −

. PTTS của EF: x ty tz t

215 2

′ = + ′= + ′= +

.

Xét hệ: t t

tt ttt t

1 205 1

13 3 5 2

′ + = + =′− = + ⇔ ′ = − ′− = +

⇒ EF cắt ∆ tại A(1;0;3).

Trong mp( ∆ ,EF) mọi điểm I ∈ ∆ ta có IE IF EF− ≤ (hiệu 2 cạnh trong 1 tam giác nhỏ hơn

cạnh thứ 3). Dấu "=" xảy ra ⇔ I, E, F thẳng hàng, từ đó suy ra I trùng A. Vậy điểm I(1;0;3).

Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x y zd :1 1 1

= = và hai điểm

A(0;0;3) , B(0;3;3) . Tìm điểm M ∈ d sao cho:

a) MA MB+ nhỏ nhất. b) MA MB2 22+ nhỏ nhất. c) MA MB3−uuur uuur

nhỏ nhất.

• a) PTTS của d: x ty tz t

= = =

. Gọi M t t t d( ; ; )∈ . Ta có: ( )P t t2 23 ( 1) 2 ( 2) 2= − + + − +

Xét hàm số f t t t2 2( ) ( 1) 2 ( 2) 2= − + + − + ⇒ t tf tt t2 2

1 2( )( 1) 2 ( 2) 2

− −′ = +− + − +

t tf tt t2 2

1 2( ) 0( 1) 2 ( 2) 2

− −′ = ⇔ = −− + − + [ ]

t t

t t2 2

1 ( 2)

( 1) 2 ( 2) 2

− − −⇔ =

− + − − + (*)


Trang 59

Xét hàm số ug u

u2( )

2=

+. Ta có ug u u u

uu u

222 2 3

1 2( ) 2 . . 022 ( 2)

′ = + − = >

++ +

nên hàm số g đồng biến trên ¡ .

Do đó từ (*), ta có [ ]g t g t t t t 3( 1) ( 2) 1 22

− = − − ⇔ − = − + ⇔ =

Dựa vào BBT của hàm số f ta suy ra f t f 3min ( ) 32

= =

.

Vậy MA MBmin( ) 3 3+ = đạt được tại t 32

= , tức là M 3 3 3; ;2 2 2

.

b) Tương tự câu 1), ta tính được Q MA MB t t t2 2 2 22 9 30 45 (3 5) 20= + = − + = − + .

⇒ Qmin 20= khi t 53

= , tức M 5 5 5; ;2 2 2

.

c) Theo câu 1) , ta có MA t t t( ; ;3 )= − − −uuur

, MB t t t( ;3 ;3 )= − − −uuur

.

Suy ra MA MB t t t2 ( ; 6; 3)− = − −uuur uuur

MA MB t t t2 22 3 18 45 3( 3) 18 3 2⇒ − = − + = − + ≥uuur uuur

Vậy MA MBmin 2 3 2− =uuur uuur

khi t 3= , tức M(3;3;3) .


Trang 60

Dạng 3: Xác định điểm thuộc mặt cầu

Câu 45. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x y z x y m2 2 2 4 –6 0+ + + + = và đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P): x y z2 –2 – 1 0+ = , (Q): x y z2 – 2 – 4 0+ = và . Tìm m để (S) cắt (d) tại 2 điểm M, N sao cho độ dài MN = 8.

• (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= m IM m13 ( 13)− = < . Gọi H là trung điểm của MN

⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) = m 3− −

(d) qua A(0;1;-1), VTCP u (2;1;2)=r

⇒ d(I; d) = u AIu;

3 =

r uur

r .

Vậy : m 3− − =3 ⇔ m = –12. Câu 46. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 3 0+ − + = và mặt cầu

(S): x y z x y z2 2 2 6 8 2 23 0+ + − − − + = . Tìm trên (S) điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) là lớn nhất. Khi đó hãy viết phương trình mặt cầu (T) có tâm M và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4.

• Mặt cầu (S) có tâm I(3;4;1) , bán kính R = 3

Gọi d là đường thẳng qua I vuông góc với (P) ⇒ PTTS của d: x ty tz t

341

= + = + = −

Khi đó M là giao điểm của d với (S) ⇒ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

x t t ty t x xz t y y

z zx y z x y z2 2 2

3 1 14 4 21 5 3

0 26 8 2 23 0

= + = = − = + = =⇔ ∪ = − = =

= = + + − − − + =

⇒ M M1 2(4;5;0), (2;3;2)

Ta thấy d M P1( ,( )) 4 3= > d M P2( ,( )) 2 3= . Vậy M(4;5;0) là điểm cần tìm.

Mặt cầu (T) có R MH HE2 2 2 2' (4 3) 4 8= + = + = T x y z2 2 2( ) :( 4) ( 5) 64⇒ − + − + = Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương

trình là S x y z x y z P x y z2 2 2( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0+ + − + − + = + − + = . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng.

• Mặt cầu (S) tâm I(2;–1;3) và có bán kính R = 3.

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): ( )( )d d I P d R2.2 2.( 1) 3 16

, 53

+ − − += = = ⇒ > .

Do đó (P) và (S) không có điểm chung. Do vậy, min MN = d –R = 5 –3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc

của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của ∆ và (P).

Đường thẳng ∆ có VTCP là ( )Pn 2;2; 1= −r

và qua I nên có phương trình là x ty tz t

2 21 2

3

= + = − + = −

.

Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:


Trang 61

t t t t t 15 52(2 2 ) 2( 1 2 ) (3 ) 16 0 9 15 09 3

+ + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = −

Suy ra N04 13 14; ;3 3 3

− −

. Ta có IM IN0 0

3 .5

=uuuur uuur

Suy ra M0(0;–3;4)

Câu hỏi tương tự: a) S x y z x y z2 2 2( ) : 4 4 2 0+ + − − + = ; P x y z( ) : 2 2 4 0+ − + = .

ĐS: M(2 2 2;2 2; 1 2 2)− − − + , N 2 1 5; ;3 3 3

− −

Câu 48. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A B C(0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)− − − − và mặt cầu (S) có

phương trình: x y z x z2 2 2 2 2 2 0+ + − + − = . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất.

• (S) có tâm I(1; 0; –1), bán kính R 2= . PT mp(ABC): x y z2 2 1 0− + + =

Ta có ABCD ABCV d D ABC S1 ( ;( )).3

= nên ABCDV lớn nhất ⇔ d D ABC( ;( )) lớn nhất .

Gọi D D1 2 là đường kính của (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ

thuộc (S) thì { }d D ABC d D ABC d D ABC1 2( ;( )) max ( ;( )); ( ;( ))≤ . Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2

.. D D1 2 đi qua I(1;0;–1), và có VTCP là ABCn (2; 2;1)= −r

⇒ D D1 2 : {x t y t z t1 2 ; 2 ; 1= + = − = − +

Tọa độ D1 và D2 thỏa:

x tty t

z tt

x y z2 2 2

1 2 22 31 2

3( 1) ( 1) 4

= + == − ⇒ = − + − = − + + + =

D D1 27 4 1 1 4 5; ; ; ; ;3 3 3 3 3 3

− − − −⇒

Ta thấy: d D ABC d D ABC1 2( ;( )) ( ;( ))> . Vậy điểm D 7 4 1; ;3 3 3

− −

là điểm cần tìm.


Trang 62

Dạng 4: Xác định điểm trong không gian Câu 49. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α): x y z3 2 – 4 0+ + = và hai

điểm A(4;0;0) , B(0;4;0) .Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (α), đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và (α).

• I(2;2;0). PT đường thẳng KI: x y z2 23 2 1− −

= =−

.

Gọi H là hình chiếu của I trên (α): H(–1;0;1). Giả sử K(xo;yo;zo).

Ta có: KH = KO ⇔ x y z

x y z x y z

0 0 0

2 2 2 2 2 20 0 0 0 0 0

2 23 2 1

( 1) ( 1)

− −= = −

+ + + − = + +

⇒ K 1 1 3; ;4 2 4

−

.

Câu 50. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 4 điểm A(2;4;–1), B(1;4;–1), C(2;4;3),

D(2;2;–1). Tìm tọa độ điểm M để MA MB MC MD2 2 2 2 + + + đạt giá trị nhỏ nhất.

• Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: G 7 14; ;03 3

.

Ta có: MA MB MC MD MG GA GB GC GD2 2 2 2 2 2 2 2 24+ + + = + + + +

≥ GA GB GC GD2 2 2 2+ + + . Dấu bằng xảy ra khi M ≡ G 7 14; ;03 3

.

Câu 51. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 3 0+ + + = và điểm A(0;

1; 2). Tìm toạ độ điểm A′ đối xứng với A qua mặt phẳng (P). • (P) có VTPT n (1;1;1)=r . Giả sử A′(x; y; z).

Gọi I là trung điểm của AA′ ⇒ x y zI 1 2; ;2 2 2

+ +

.

A′ đối xứng với A qua (P) ⇔ AA n cuøng phöôngI (P)

, ′

∈

uuur r ⇔

x y z

x y z

1 21 1 1

1 2 3 02 2 2

− −= =

+ + + + + =

⇔ xyz

432

= −= −

= −

Vậy: A′(–4; –3; –2). Câu 52. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A B C(1;0;0), (0;1;0), (0;3;2) và

mặt phẳng x y( ) : 2 2 0.α + + = Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A B C, , và mặt phẳng ( ).α

• Giả sử M x y z0 0 0( ; ; ) .

Ta có: MA MBMB MCMA d M( ,( ))

==

= α

x y z x y zx y z x y z

x yx y z

2 2 2 2 2 20 0 0 0 0 0

2 2 2 2 2 20 0 0 0 0 0

22 2 2 0 0

0 0 0

( 1) ( 1) (1)( 1) ( 3) ( 2) (2)

( 2 2)( 1) (3)

5

− + + = + − +⇔ + − + = + − + −

+ +− + + =

⇔ x y z

x y z0 0 0

0 0

1, 1, 223 23 14, ,3 3 3

= = = = = = −

⇒ M(1; 1; 2) hoặc M 23 23 14; ;3 3 3

−

.

Câu 53. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình chóp tam giác đều S.ABC, biết


Trang 63

A B C(3;0;0), (0;3;0), (0;0;3) . Tìm toạ độ đỉnh S biết thể tích khối chóp S.ABC bằng 36. • Phương trình ABC x y z( ) : 3 0+ + − = .

∆ABC có trọng tâm G(1;1;1) và AB= BC= CA= 3 2 ⇒ ABCS 9 32

= .

Do hình chóp S.ABC đều nên đường thẳng SG qua G và vuông góc với (ABC)

Phương trình x t

SG y tz t

1: 1

1

= + = + = +

. Giả sử S t t t(1 ;1 ;1 )+ + +

Ta có : VS.ABC=36= SG1 .3

SABC t t8, 8⇔ = = − . Vậy: S(9;9;9) hoặc S( 7; 7; 7)− − − .

Dạng 5: Xác định điểm trong đa giác Câu 54. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3).

Tìm toạ độ trực tâm của tam giác ABC. • Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A và (P) ⊥ BC; (Q) qua B và (Q) ⊥ AC

Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta được trực tâm H 36 18 12; ;49 49 49

Câu hỏi tương tự: a) Với A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2). ĐS: Câu 55. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A( 1;3;5)− , B( 4;3;2)− , C(0;2;1) .

Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

• Ta có: AB BC CA 3 2= = = ⇒ ABC∆ đều. Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp

ABC∆ cũng là trọng tâm của nó. Kết luận: I 5 8 8; ;3 3 3

−

.

Câu 56. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(–1; 0; 1), B(1; 2; –1), C(–1; 2; 3). Tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

• Ta có: AB AC(2; 2; 2), (0; 2;2).= − =uuur uuur

Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x y z y z1 0, 3 0.+ − − = + − =

VTPT của mp(ABC) là n AB AC, (8; 4;4). = = − uuur uuurr Suy ra (ABC): x y z2 1 0− + + = .

Giải hệ: x y z x

y z yx y z z

1 0 03 0 2

2 1 0 1

+ − − = = + − = ⇒ = − + + = =

. Suy ra tâm đường tròn là I(0; 2;1).

Bán kính là R IA 2 2 2( 1 0) (0 2) (1 1) 5.= = − − + − + − = Câu 57. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;3;1) , B( 1;2;0)− ,C(1;1; 2)− .

Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. • H x y z( ; ; ) là trực tâm của ∆ABC ⇔ BH AC CH AB H ABC, , ( )⊥ ⊥ ∈


Trang 64

BH ACCH AB x y z

AB AC AH

. 02 29 1. 0 ; ;

15 15 3, . 0

=

⇔ = ⇔ = = = − =

uuur uuuruuur uuuruuur uuur uuur ⇒ H 2 29 1; ;

15 15 3

−

I x y z( ; ; ) là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇔ AI BI CI I ABC, ( )= = ∈

AI BICI BI

AB AC AI

2 2

2 2

, 0

=

⇔ = =

uuur uuur uur x y z I14 61 1 14 61 1; ; ; ;15 30 3 15 30 3

⇔ = = = − ⇒ −

Câu 58. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A B C( 1;0;1), (1;2; 1), ( 1;2;3)− − − và

I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz).

• Phương trình ABC x y z( ) : 2 1 0− + + = . Gọi I x y z( ; ; ) . IA IB IC= = x y z y z1 0, 3 0 (1)⇒ + − − = + − = ; I ABC x y z( ) 2 1 0 (2)∈ ⇒ − + + = Từ (1) (2) I(0; 2;1)⇒ . Bán kính mặt cầu là R d I Oxz( ,( )) 2= =

⇒ (S): x y z2 2 2( 2) ( 1) 4+ − + − = Câu 59. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3;1;0) , B nằm trên mặt

phẳng (Oxy) và C nằm trên trục Oz. Tìm toạ độ các điểm B, C sao cho điểm H(2;1;1) là trực tâm của tam giác ABC.

• Giả sử B x y Oxy C z Oz( ; ;0) ( ), (0;0; )∈ ∈ .

H là trực tâm của ∆ABC ⇔ AH BCCH ABAB AC AH ñoàng phaúng, ,

⊥ ⊥

uuur uuuruuur uuuruuur uuur uuur ⇔

AH BCCH AB

AB AH AC

. 0

. 0, . 0

=

= =

uuur uuuruuur uuuruuur uuur uuur

⇔ x z

x yx y yz z

02 7 03 3 0

+ =+ − =

− + − = ⇔

x y z

x y z

3 177 17 177 3 177; ;4 2 4

3 177 17 177 3 177; ;4 2 4

− − + += = =

− + − − = = =

⇒ B C3 177 17 177 3 177; ;0 , 0;0;4 2 4

− − + +

hoặc B C3 177 17 177 3 177; ;0 , 0;0;4 2 4

− + − −

Câu 60. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(3; 2; 3) và hai đường thẳng có phương trình

x y zd12 3 3:

1 1 2− − −

= =−

và x y zd21 4 3:

1 2 1− − −

= =−

. Chứng minh đường thẳng d1, d2 và

điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng. Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2 chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC.

• d1 qua M1(2; 3; 3), có VTCP a (1;1; 2)= −r ; d2 qua M2(1; 4; 3) có VTCP b (1; 2;1)= −r

Ta có a b a b M M1 2, 0 , , . 0 ≠ = urr r r r uuuuuur

⇒ d d1 2, cắt nhau.

Phương trình mặt phẳng chứa d d1 2, : x y z –8 0+ + = A mp d d1 2( , )∈ .

Giả sử B t t t d1(2 ;3 ;3 2 ) + + − ∈ ⇒ trung điểm của AB là t tM t5 5; ;32 2

+ +−


Trang 65

M d2∈ ⇒ t M1 (2;2;4)= − ⇒ ⇒ B(1;2;5) .

Giả sử C t t t d2(1 ;4 2 ;3 )+ − + ∈ . AC a⊥uuur r

⇒ t = 0 ⇒ C(1;4;2) Câu 61. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho cho tam giác ABC có A(3;2;3), đường cao

CH, đường phân giác trong BM của góc B lần lượt có phương trình là x y zd1

2 3 3:1 1 2− − −

= =−

, x y zd21 4 3:

1 2 1− − −

= =−

. Tính độ dài các cạnh của tam giác của

tam giác ABC. • Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d1 ⇒ (P): x y z– 2 1 0+ + = . B là giao

điểm của d2 với (P) ⇒ B(1;4;3) .

Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d2 ⇒ (Q): x y z2 2 0− + − = . Gọi K là giao điểm của d2 với (Q) ⇒ K (2;2;4) . Gọi E là điểm đối xứng của A qua K ⇒ E(1;2;5) .

Phương trình đường thẳng BE là xy tz t

143

== −

= +. C là giao điểm của BE và CH ⇒ C(1;2;5) .

Ta có AB = AC = BC = 2 2 ⇒ Tam giác ABC đều. Câu 62. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với ( )A 3; 1; 2− − ,

( )B 1;5;1 , ( )C 2;3;3 , trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ. Tìm toạ độ điểm D. • Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3. Gọi ∆ là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3.

Điểm D cần tìm là giao điểm của ∆ và (S).

Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương ( )AB 2;6;3= −uuur

nên có phương trình: x ty tz t

2 23 63 3

= − = + = +

Phương trình mặt cầu S x y z2 2 2( ) : ( 3) ( 1) ( 2) 9− + + + + = Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:

( ) ( ) ( )

x tty t

t tz t tx y z

2

2 2 2

2 213 6

49 82 33 0 333 3493 1 2 9

= − = −= + ⇒ + + = ⇔ = + = − − + + + + =

• Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD = 7

• Với t D33 164 51 48; ;49 49 49 49

= − ⇒ −

(nhận)

Câu 63. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thoi ABCD với A( 1;2;1)− , B(2;3;2) .

Tìm tọa độ các đỉnh C, D và viết phương trình mặt phẳng chứa hình thoi đó biết rằng tâm I

của hình thoi thuộc đường thẳng x y zd 1 2:1 1 1+ −

= =− −

và điểm D có hoành độ âm.

• Gọi I t t t d( 1 ; ;2 )− − − + ∈ . Ta có IA t t t IB t t t( ;2 ; 1 ), (3 ;3 ; )= + − − = + + −uur uur

.

Do ABCD là hình thoi nên IA IB t t t t2. 0 3 9 6 0 1, 2= ⇔ + + = ⇔ = − = −uur uur

. Vì C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên:


Trang 66

+ Với t I C D1 (0;1;1) (1;0;1), ( 2; 1;0)= − ⇒ ⇒ − − . + Với t I C D2 (1;2;0) (3;2; 1), (0;1; 2)= − ⇒ ⇒ − − Do D có hoành độ âm nên ta chọn được nghiệm C D(1;0;1), ( 2; 1;0)− − + Gọi (P) là mặt phẳng chứa hình thoi ABCD, giả sử (P) có VTPT nr

Ta có n IAn IB

( 1;1;0)(2;2;1)

⊥ = −

⊥ =

uurruurr ⇒ có thể chọn n IA IB, (1;1; 4) = = −

uur uurr

Suy ra phương trình mặt phẳng P x y z( ) : – 4 3 0+ + = .. Câu 64. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình

vuông, A(1;0;0) , C( 1;2;0)− , D( 1;0;0)− , S(0;0; 3) . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của đoạn SB và CD. Chứng minh rằng hai đường thẳng AM và BN vuông góc với nhau và xác định tọa độ tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ONB.

• AB DC=uuur uuur

⇒ B(1; 2; 0). M là trung điểm SB, N là trung điểm CD

⇒ M 1 3;1;2 2

, N(–1; 1; 0) ⇒ AM ⊥ BN. Vì ∆ONB nằm trong mp(Oxy) nên tâm I của

đường tròn ngoại tiếp ∆ONB thuộc mp(Oxy).

Gọi I x y( ; ;0) . Ta có: IO INIO IB

= =

⇒ I 1 7; ;06 6

.

Câu 65. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông MNPQ có M(5;3; 1)− ,

P(2;3; 4)− . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng R x y z( ) : 6 0.+ − − =

• Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I 7 5;3;2 2

−

. Gọi N a b c R( ; ; ) ( )∈ . MP ( 3;0; 3)= − −

uuur.

IN a b c7 5; 3;2 2

= − − +

uur; MP 3 2= ⇒ IN 3 2

2= .

Ta có: N RIN MP

IN

( )

3 22

∈ ⊥ =

uur uuur ⇔

a b c

a c

a b c2 2

2

6 07 53 3 02 2

7 5 9( 3)2 2 2

+ − − = − − − + =

− + − + + =

⇔ a b ca b c

2, 3, 13, 1, 2

= = = − = = = −

• Nếu N(2;3 1)− thì Q(5;3; 4).− • Nếu N(3;1; 2)− thì Q(4;5; 3).− Câu 66. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD, biết B(3;0;8) ,

D( 5; 4;0)− − và đỉnh A thuộc mặt phẳng (Oxy). Tìm tọa độ điểm C. • Ta có trung điểm BD là I(–1;–2; 4), BD = 12 và điểm A thuộc mp(Oxy) nên A(a; b; 0).

ABCD là hình vuông ⇒ AB AD

AI BD

2 2

22 1

2

=

=

a b a ba b

2 2 2 2 2

2 2 2( 3) 8 ( 5) ( 4)( 1) ( 2) 4 36

− + + = + + +⇔ + + + + =

b aa a2 2

4 2( 1) (6 2 ) 20

= −⇔ + + − =

ab

12

=⇔ = hoặc

a

b

175145

=

− =

⇒ A(1; 2; 0) hoặc A 17 14; ;05 5

−


Trang 67

• Với A(1; 2; 0) ⇒ C(–3;–6; 8) • Với A 17 14; ;05 5

−

⇒ C 27 6; ;85 5

− −

.

Câu 67. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD, biết A C(1;2;0), (2;3; 4)− .

và đỉnh B nằm trên mặt phẳng (Q): x y z2 3 0+ + − = . Tìm toạ độ của đỉnh D, biết toạ độ của B là những số nguyên.

• AC 3 2= ⇒ AB 3= . Gọi B x y z( ; ; ) .

Ta có: B QAB CBAB

( )

3

∈=

= ⇔

x y zx y z x y xx y z

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 3 (1)( 1) ( 2) ( 2) ( 3) ( 4) (2)( 1) ( 2) 9 (3)

+ + = − + − + = − + − + + − + − + =

⇔ x y z1; 1; 2= − = = ⇒ B( 1;1;2)− . Vậy D(4;4; 6)− .

Chân thành cảm ơn các bạn đồng nghiệp và các em học sinh đã đọc tập tài liệu này. [email protected]

mailto:[email protected]

Design

Hình giải tích 12 1đ